termodinamika kimia

200
i S u d a r l i n Editor: Liana Aisyah Didik Krisdiyanto Termodinamika Kimia Penerbit Buku

Upload: irwan-agung

Post on 13-Aug-2015

1.079 views

Category:

Documents


174 download

DESCRIPTION

menjelaskan tentang hukum hukum termodinamika

TRANSCRIPT

Page 1: Termodinamika Kimia

i

S u d a r l i n

Editor: Liana Aisyah

Didik Krisdiyanto

Termodinamika Kimia

�Penerbit Buku

Page 2: Termodinamika Kimia

ii

ii Termodinamika Kimia

TERMODINAMIKA

KIMIA

SUDARLIN

�Penerbit Buku

Page 3: Termodinamika Kimia

iii

iii

TERMODINAMIKA KIMIA

Penyusun : Sudarlin

Editor : Liana Aisyah, Didik Krisdiyanto

Edisi : Pertama

Cetakan : Pertama

Hak Cipta © 2011 pada penulis,

Hak Cipta dilindungi undang-undang. Dilarang memperbanyak atau memindahkan

sebagian isi buku ini dalam bentuk apapun, secara elektronis maupun mekanis,

termasuk memfotokopi, merekam, atau dengan tekanik perekam lainnya, tanpa

izin tertulis dari penerbit.

�Penerbit Buku

Sudarlin,

TERMODINAMIKA KIMIA/Sudarlin

edisi pertama – Yogyakarta: Penerbit Buku, 2011

cetakan pertama, ix + 190 hal, 14.8 x 21 cm.

ISBN: XXXX-XXX-XXXX-XX-X

Kimia Judul

Penerbit Buku Alamat : .............. ..............

Telp : .............. ..............

Web : .............. ..............

Email : .............. ..............

Page 4: Termodinamika Kimia

iv

iv Termodinamika Kimia

KATA PENGANTARKATA PENGANTARKATA PENGANTARKATA PENGANTAR

Reaksi kimia merupakan proses yang selalu melibatkan

energi, baik membutuhkan atau melepaskan energi. Bidang ilmu

kimia yang mempelajari konsep ini secara teoritikal dan

eksprimental disebut termodinamika kimia. Konsep ini sangat

penting bagi seorang kimiawan untuk mempelajari dan

mengeksplorasi suatu reaksi kimia. Namun, keterbatasan sumber

belajar telah mempersulitkan banyak kimiawan, baik mahasiswa,

guru, dosen, atau peneliti untuk memahami konsep ilmu ini.

Buku ini diharapakan membantu mengatasi keterbatan

sumber belajar tersebut. Penjelasan yang digunakan pada buku

sangat terstruktur dengan bahasa yang mudah dipahami. Bab

pertama berisi penjelasan mengenai konsep-konsep dasar

termodinamika dilanjutkan dengan penjelasan sistem kimia yang

sering dipelajari secara termodinamika pada bab kedua.

Konsep inti termodinamika meliputi kesetimbangan termal,

kesetimbangan kimia, dan kesetimbangan fasa sebagai aplikasi dari

hukum pertama, kedua, dan ketiga termodinamika dijelaskan

secara berurutan pada bab tiga hingga bab tujuh. Penjelasan

tersebut disertai contoh dan penyelesaian soal serta kaidah

matematika praktis yang ditampilkan secara pragmatis pada

bagian-bagian tertentu untuk memudahkan pemahaman.

Mudah-mudahan buku ini memberikan manfaat

sebagaimana yang diharapkan dan terima kasih yang sebesar-

Page 5: Termodinamika Kimia

v

v

besarnya kepada semua pihak yang telah banyak membantu. Saran

dan kritik yang konstruktif tetap kami harapkan demi

penyempurnaan buku ini pada edisi selanjutnya.

Yogyakarta, Desember 2011

Penyusun

Page 6: Termodinamika Kimia

vi

vi Termodinamika Kimia

DAFTAR ISIDAFTAR ISIDAFTAR ISIDAFTAR ISI

KATA PENGANTAR.............................................................. iv

DAFTAR ISI .......................................................................... vi

KONSEP-KONSEP DASAR .................................................... 1

A. Energetika reaksi kimia .............................................. 1

B. Sistem dan lingkungan ............................................... 3

C. Persamaan keadaan ................................................... 6

D. Fungsi keadaan dan fungsi jalan ................................ 7

E. Proses perubahan keadaan ........................................ 7

F. Kajian termodinamika kimia....................................... 8

G. Fasa zat sistem kimia/fisika........................................ 9

PERSAMAAN KEADAAN GAS............................................... 12

A. Hukum-hukum gas ..................................................... 12

B. Gas ideal ..................................................................... 22

C. Gas real....................................................................... 24

D. Isotherm gas dan titik kritis........................................ 36

E. Asas keadaan yang bersesuaian ................................. 40

F. Campuran gas ............................................................. 41

Page 7: Termodinamika Kimia

vii

vii

KESETIMBANGAN TERMAL DAN HUKUM PERTAMA

TERMODINAMIKA............................................................... 47

A. Kalor sebagai bentuk energi....................................... 47

B. Kerja............................................................................ 49

C. Energi dalam dan perubahannya ............................... 56

TERMOKIMIA ...................................................................... 74

A. Persamaan termokimia .............................................. 74

B. Jenis-jenis perubahan entalpi..................................... 75

C. Penentuan perubahan entalpi (∆H) ........................... 79

HUKUM KEDUA DAN KETIGA TERMODINAMIKA................ 88

A. Hukum kedua termodinamika.................................... 88

B. Entropi ........................................................................ 90

C. Efisiensi proses termal dan siklus Carnot................... 92

D. Fungsi Helmholtz dan fungsi Gibbs ............................ 95

E. Gabungan hukum pertama dan kedua termodinamika 99

F. Hubungan Maxwell..................................................... 101

G. Persamaan fundamental bentuk integral dan persamaan

Gibbs-Duheim................................................................. 103

H. Merancang fungsi termodinamika secara matematis 105

I. Hukum ketiga termodinamika..................................... 106

KESETIMBANGAN KIMIA..................................................... 111

A. Syarat kesetimbangan kimia ...................................... 111

B. Kesetimbangan homogen........................................... 112

C. Kesetimbangan Heterogen......................................... 116

D. Respon Kesetimbangan terhadap Berbagai Kondisi .. 118

KESETIMBANGAN FASA ...................................................... 127

A. Fasa dan Transisi Fasa ................................................ 127

B. Jumlah fasa dan komponen dalam campuran ........... 128

C. Sistem Satu Komponen .............................................. 131

D. Sistem Dua Komponen............................................... 142

Page 8: Termodinamika Kimia

viii

viii Termodinamika Kimia

APENDIKS............................................................................ 162

Apendiks A: Simbol Termodinamika Kimia..................... 162

Apendiks B: Faktor Konversi........................................... 164

Apendiks C: Tabel dan Data............................................ 166

INDEKS ................................................................................ 184

DAFTAR PUSTAKA............................................................... 188

Page 9: Termodinamika Kimia

ix

ix

Page 10: Termodinamika Kimia
Page 11: Termodinamika Kimia

1

KONSEPKONSEPKONSEPKONSEP----KONSEP KONSEP KONSEP KONSEP

DASARDASARDASARDASAR

A. Energetika reaksi kimia

Reaksi kimia sebagai proses yang melibatkan penataan

elektron, pemutusan, dan atau pembentukan ikatan antar atom

selalu membutuhkan atau melepaskan energi. Energi dibutuhkan

jika reaksi kimia melibatkan proses eksitasi elektron atau

pembentukan ikatan baru, sebaliknya energi dilepaskan jika reaksi

kimia melibatkan proses emisi elektron atau pemutusan ikatan

antar atom.

Kuantitas dan kualitas energi yang terlibat pada reaksi

kimia tersebut dapat dipelajari secara mikroskopik dan

makroskopik. Ilmu kimia yang mempelajarinya secara mikroskopik

adalah termodinamika statistik dan secara makroskopik adalah

termodinamika kimia. Termodinamika statistik menggunakan

pendekatan teoritis, yakni berdasarkan energi internal masing-

masing partikel. Energi internal tersebut meliputi energi elektron,

energi inti atom, dan energi gerak vibrasi, rotasi, serta translasi

partikel. Masing-masing energi internal ini dapat dihitung secara

kuantum sehingga tidak membutuhkan besaran termodinamika

Page 12: Termodinamika Kimia

2

2 Termodinamika Kimia

lainnya. Sebaliknya, termodinamika kimia menggunakan

pendekatan empiris dimana energi molekul dihitung berdasarkan

perubahan besaran termodinamika lainnya.

Besaran termodinamika tersebut meliputi temperatur,

tekanan, dan volume. Jika energi molekul berubah, maka

perubahan tersebut mengakibatkan terjadinya perubahan

temperatur, tekanan, atau volume di sekitar molekul. Perubahan-

perubahan tersebut diamati dan diukur secara kuantitatif untuk

menentukan energi molekul. Oleh karena itu, termodinamika kimia

merupakan cabang ilmu kimia yang meliputi pengamatan dan

pengukuran besaran-besaran termodinamika.

suplemensuplemensuplemensuplemen Tekanan (p) Tekanan adalah gaya per satuan luas. Makin besar gaya yang bekerja pada permukaan tertentu, makin besar tekanannya. Satuan SI tekanan adalah pascal (Pa) yang dinyatakan sebagai 1 Newton per meter persegi. 1 Pa = 1 Nm-2 Beberapa satuan lain untuk tekanan adalah bar, atm, Torr, dan mmHg, dimana: 1 atm = 101325 Pa = 1.01325 bar = 760 Torr = 760 mmHg. Temperatur (T) Temperatur atau temperatur adalah derajat panas suatu sistem. Sistem yang terasa panas memiliki temperatur yang lebih tinggi. Sebaliknya, sistem yang terasa dingin memiliki temperatur yang lebih rendah. Semakin dingin suatu sistem, semakin rendah temperaturnya. Sebaliknya, semakin panas suatu sistem ,semakin tinggi temperaturnya. Temperatur dapat dinyatakan dalam satuan 0C (Celcius), 0R (Reamur), 0F (Fahrenheit) atau K (Kelvin). Akan tetapi satuan K sebagai satuan SI lebih sering digunakan dalam analisis termodinamika, dimana: x 0C = x + 273.15 K Volume (V) Volume adalah ukuran ruang 3 dimensi (panjang, lebar,dan tinggi) yang

Page 13: Termodinamika Kimia

3

3 DAFTAR ISI

ditempati suatu sistem. Volume dapat dinyatakan dalam satuan kubik (cm3, dm3 ,m3 dan seterusnya) sebagai satuan SI atau dalam satuan lain, seperti L (liter), cc (centimetercubic), dan lain-lain. 1000 cm3 = 1000 cc = 1 dm3 = 1 L = 0.001 m3 Jumlah partikel (n) Jumlah partikel zat dalam suatu sistem dapat dinyatakan dalam satuan mol, dimana 1 mol zat mengandung 6.02 x 1023 partikel. Bilangan ini disebut bingan Avogadro dengan lambang N.

B. Sistem dan lingkungan

Proses kimia sebagaimana telah disebutkan di atas,

demikian pula proses fisika selalu melibatkan materi dan terjadi

dalam ruang tertentu, misal zat-zat kimia yang direaksi dalam

dalam erlenmeyer, es yang dilelehkan dengan air dalam sebuah

gelas, kayu yang dibakar dengan oksigen dalam ruang terbuka, atau

gas yang dimasukkan ke dalam balon. Materi yang terlibat dan

ruang tempat terjadinya beberapa proses tersebut adalah sistem

termodinamika. Sistem tersebut dikelilingi oleh lingkungan yang

tidak terlibat secara langsung tapi mempengaruhi proses

perubahan. Pemisah antara sistem dan lingkungan termodinamika

disebut batas sistem, seperti terlihat pada gambar 1.1.

Gambar 1.1. Sistem dan lingkungan yang dibatasi oleh batas sistem

Batas antara sistem dan lingkungan dapat bersifat nyata

seperti gas dalam balon atau imajiner seperti air dan es dalam

gelas. Es yang kita masukkan dalam air dapat dianggap sebagai

Page 14: Termodinamika Kimia

4

4 Termodinamika Kimia

sistem dan airnya sebagai lingkungan. Namun pada kajian tertentu,

air dan es dapat dianggap sebagai sistem, gelas sebagai batas, dan

udara di sekitarnya sebagai lingkungan.

Penentuan batas antara sistem dan lingkungan dipengaruhi

pula oleh interaksi antara keduanya. Jenis sistem berdasarkan

interkasinya dibagi menjadi tiga:

1. Jika air dan es tersebut ditempatkan pada gelas terbuka

sehingga air dan es yang awalnya terasa dingin akan menjadi

hangat akibat terjadinya pertukaran panas dengan udara

disekitanya dan setelah beberapa saat sejumlah molekul air

yang menguap dapat bercampur dengan udara disekitanya,

maka sistem ini disebut sistem terbuka.

2. Jika air dan es tersebut ditempatkan pada gelas tertutup,

sehingga yang terjadi hanya pertukaran panas dan tidak

disertai pertukaran molekul air (molekul air yang menguap

tidak dapat keluar dari sistem, maka sistem ini disebut sistem

tertutup.

3. Jika air dan es tersebut ditempatkan pada gelas yang dilengkapi

penyekat udara, seperti termos, sehingga baik panas maupun

molekul air tidak dapat berpindah, maka sistem ini disebut

sistem terisolasi.

Gambaran dan penjelasan mengenai sifat pertukaran materi

dan energi ketiga sistem tersebut dapat dilihat pada gambar 1.2

dan tabel 1.1.

Gambar 1.2. Tiga jenis sistem dalam termodinamika

Page 15: Termodinamika Kimia

5

5 DAFTAR ISI

Tabel 2.1. Jenis sistem berdasarkan interaksinya

Ada Pertukaran No Nama Sistem

Panas/Energi Materi

1. Sistem terbuka Ya Ya

2. Sistem tertutup Ya Tidak

3. Sistem terisolasi Tidak Tidak

Contoh SoalContoh SoalContoh SoalContoh Soal

Reaksi-reaksi kimia berikut terjadi pada sistem tertentu.

Jelaskan sistem yang memungkinkan proses tersebut terjadi!

a. Kebakaran hutan

b. Senyawa organik yang direfluks dengan pendingin bola

Jawab:

a. Reaksi pembakaran hanya dapat terjadi jika tersedia O2.

Selama reaksi terjadi, O2 dari udara akan terus digunakan

untuk bereaksi dengan senyawa organik yang terbakar,

sehingga terjadi aliran materi dan tentunya juga panas. Oleh

karena itu, proses ini terjadi pada sistem terbuka.

b. Selama proses refluks panas yang diberikan menyebabkan

senyawa kimia yang direfluks dan pelarutnya akan menguap.

Uap yang dihasilkan akan terkondensasi oleh pendingin bola,

sehingga tetesannya akan kembali bercampu, sehingga tidak

terjadi aliran materi. Oleh karena itu, proses ini terjadi pada

sistem tertutup.

LatihaLatihaLatihaLatihan Soaln Soaln Soaln Soal

Tuliskan beberapa contoh proses kimia dan fisika yang terjadi

dalam sistem terbuka, tertutup, dan terisolasi!

Page 16: Termodinamika Kimia

6

6 Termodinamika Kimia

C. Persamaan keadaan

Perubahan keadaan sistem sebagaimana disebutkan di atas

dapat diamati dan diukur berdasarkan variabel-variabel tertentu.

Variabel-variabel tersebut dibagi menjadi 2 golongan, yaitu:

1. Variabel intensif adalah variabel yang nilainya tidak tergantung

pada ukuran/luas sistem, contoh tekanan (p), temperatur (T),

besaran-besaran molar, potensial kimia, densitas, dan lain

sebagainya.

2. Variabel ekstensif adalah variabel yang nilainya tergantung

pada ukuran/luas sistem, contoh volume (V), massa (m), jumlah

mol (n), panjang (l), dan lain sebagainya.

Hubungan antara variabel-variabel tersebut dinyatakan

sebagai persamaan keadaan. Contoh persamaan keadaan adalah

persamaan keadaan gas ideal ( pV = nRT), persamaan van der

Waals, dan lain-lain. Persamaan-persamaan tersebut diturunkan

berdasarkan eksprimen-eksprimen terhadap masing-masing

variabel.

Contoh SoalContoh SoalContoh SoalContoh Soal

Sifat intensif dapat diformulasikan dari beberapa sifat ekstensif.

Jelaskan pernyataan tersebut dan berikan contoh!

Jawab: Sifat intensif dapat diformulasikan dari beberapa sifat

ekstensif. Contoh yang sederhana adalah perbandingan antara

massa dan volume yang keduanya merupakan sifat ekstensif

menghasilkan sifat intensif yang disebut massa jenis dan tidak

tergantung pada jumlah/ukuran sampel. Contoh yang lain adalah

molaritas sebagai perbandingan antara mol dan volume atau

potensil kimia sebagai perbandingan antara energi bebas Gibbs dan

mol.

Page 17: Termodinamika Kimia

7

7 DAFTAR ISI

Latihan SoalLatihan SoalLatihan SoalLatihan Soal

Jelaskan dan berikan contoh secara eksprimen bahwa:

a. Volume adalah variabel ekstensif

b. Temperatur adalah variabel intensif

D. Fungsi keadaan dan fungsi jalan

Perubahan variabel-variabel intensif/ekstensif dalam suatu

sistem kimia/fisika melibatkan energi tertentu yaitu kerja (w) dan

atau kalor (q). Suatu sistem tidak akan berubah jika tidak

melibatkan kerja atau kalor atau suatu sistem yang tidak berubah

dikatakan tidak memiliki kerja atau kalor. Oleh karena itu kerja dan

kalor dipengaruhi oleh proses perubahan sistem, sehingga kerja

dan kalor disebut fungsi jalan.

Selain itu, perubahan variabel-variabel intensif/ekstensif

tersebut akan menyebabkan perubahan energi tertentu dalam

sistem, yaitu energi dalam (U), entalpi (H), entropi (S), energi bebas

Gibbs (G), dan atau energi bebas Helmholtz (A). Kelompok energi ini

tidak dapat diukur secara langsung, tapi hanya dapat diketahui

besar perubahannya (∆U, ∆H, ∆S, ∆G, atau ∆Anya) berdasarkan

keadaan awal dan akhir sistem sehingga kelompok energi ini

disebut fungsi keadaan atau fungsi termodinamika.

E. Proses perubahan keadaan

Proses perubahan keadaan adalah cara suatu sistem

berubah dari satu keadaan ke keadaan lain. Proses tersebut dapat

dikelompok menjadi dua jenis, yaitu proses reversibel dan proses

irreversibel. Proses reversibel adalah proses yang berlangsung

sangat lambat, sehingga setiap saat sistem selalu berada dalam

keadaan kesetimbangan (quasy-static = seolah-olah statis). Contoh:

H2O (l, 1000C, 1 atm) H2O (g, 100

0C, 1 atm)

Reaksi ini memperlihatkan air dari fasa cair berubah menjadi air

fasa gas kemudian balik lagi dari air fasa gas menjadi air fasa cair

Page 18: Termodinamika Kimia

8

8 Termodinamika Kimia

pada tekanan dan temperatur yang sama. Proses reversibel dapat

terjadi pada temperatur tetap (isotermal), tekanan tetap (isobar),

volume tetap (isokhorik), entropi tetap (isotrop), dan tidak ada

pertukaran panas antara sistem dan lingkungan (adiabatik).

Proses reversibel sangat jarang terjadi, sebaliknya proses

irreversibel adalah proses yang banyak terjadi di alam sekitar.

Proses irreversibel adalah proses yang tidak memenuhi syarat

reversibel.

F. Kajian termodinamika kimia

Pada saat tertentu, proses perubahan suatu sistem kimia

atau fisika akan mencapai keadaan statis, dimana perubahan total

keadaan sistem sama dengan nol. Kondisi ini terjadi jika telah

tercapai kesetimbangan termodinamika baik antara sistem dengan

sistem atau sistem dengan lingkungan. Jenis kesetimbangan

termodinamika yang dipelajari pada proses kimia adalah sebagai

berikut:

1. Kesetimbangan termal yang terjadi jika temperatur sama pada

setiap titik.

2. Kesetimbangan kimia yang terjadi jika reaksi kimia dari reaktan

ke produk atau sebaliknya berlangsung dengan laju yang sama.

3. Kesetimbangan fasa yang terjadi jika perubahan antar fasa

berlangsung dengan laju dan jumlah materi yang yang sama.

Tiga kategori kesetimbangan termodinamika di atas

merupakan objek kajian termodinamika kimia yang dipelajari

berdasarkan hukum-hukum termodinamika. Hukum pertama

termodinamika berkaitan dengan kesetimbagan termal, sedangkan

hukum kedua dan ketiga termodinamika berkaitan dengan

kesetimbangan kimia dan kesetimbangan fasa. Ketiga hukum

termodinamika ini membantu kimiawan untuk:

1. Menentukan kondisi dimana reaksi kimia memungkinkan

terjadi.

Page 19: Termodinamika Kimia

9

9 DAFTAR ISI

2. Mengatur dan menvariasikan besaran termodinamika sehingga

diperoleh hasil reaksi yang diinginkan.

3. Memaksimalkan reaksi yang diinginkan atau menghambat

reaksi yang tidak diinginkan jika reaksi kimia meliputi beberapa

jalan.

4. Menentukan kondisi stabil reaktan dan produk yang terlibat

dalam reaksi kimia.

G. Fasa zat sistem kimia/fisika

Materi sebagai objek kajian termodinamika dikelompokkan

ke dalam 3 jenis fasa. Masing-masing fasa tersebut memiliki

pengaruh dan respon yang berbeda terhadap besaran

termodinamika. Ketiga jenis fasa tersebut adalah sebagai berikut:

1. Padat

Gaya tarik antar partikel penyusun zat padat sangat kuat

sehingga partikel-partikel tersebut hanya bergetar pada posisi yang

sama dan tetap berada dalam satu kesatuan. Jarak antar partikel

yang satu dengan partikel yang lain sangat rapat, sehingga rapatan

atau densitasnya sangat besar. Sifat-sifat tersebut menyebabkan

zat padat tidak terlalu terpengaruh oleh perubahan variable-

variabel sistem seperti perubahan temperatur atau tekanan.

2. Cair

Gaya tarik antar partikel penyusun zat cair kurang kuat

sehingga partikel-pertikel tersebut bisa bergerak bebas dan

tumpang tindih dengan partikel-partikel yang lain. Sifat-sifat

tersebut menyebabkan bentuk zat cair, seperti air, minyak tanah,

bensin, dan lain-lain bisa mengalir dan berubah-ubah sesuai dengan

wadah yang ditempatinya. Akan tetapi, gaya tarik antar partikelnya

masih relatif kuat untuk menahan partikel-partikel tersebut tetap

dalam satu kesatuan, sehingga meskipun bentuknya dapat

berubah-ubah, pada tekanan dan temperatur yang sama volume

zat cair tetap tidak berubah.

Page 20: Termodinamika Kimia

10

10 Termodinamika Kimia

3. Gas

Gas adalah fasa zat yang berbeda dengan dua jenis fasa

sebelumnya. Gaya tarik antar pertikelnya sangat lemah sehingga

jarak antar partikelnya berjauhan, densitasnya sangat kecil, dan

menyebabkan partikel-partikel tersebut dapat bergerak bebas.

Perilaku ini menyebabkan gas memiliki sifat unik yang mudah

diamati, antara lain:

a. Volume dan bentuk sistemnya sesuai wadah.

b. Gerak partikelnya cepat dan bebas serta memberikan tekanan

ke dinding wadah. Semakin banyak partikel-partikel gas,

tekanan sistemnya semakin besar.

c. Gas dapat ditekan dengan tekanan dari luar yang menyebabkan

volume sistemnya menyusut. Jika tekanan luar tersebut

dikurangi, volumenya akan mengembang kembali.

d. Jika temperatur sistem gas bertambah, maka volumenya

bertambah dan sebaliknya jika dikurangi, volumenya akan

menyusut.

e. Jika dua atau lebih zat berfasa gas dicampur pada wadah yang

sama, partikel-partikel masing-masing gas tersebut akan

terdistribusi merata.

Sifat-sifat gas yang telah diuraikan di atas menunjukkan

bahwa gas merupakan sistem kimia/fisika yang sangat dipengaruhi

oleh perubahan volume, tekanan, temperatur, dan jumlah partikel.

Variable-variabel tersebut saling mempengaruhi. Jika salah satu

variable diubah, maka beberapa variabel yang lain akan berubah.

Untuk mengetahui hubungan antar variabel-variabel tersebut dan

bagaimana variabel-variabel tersebut melibatkan fungsi jalan dan

mempengaruhi fungsi keadaan, kajian tentang termodinamika lebih

difokuskan pada sistem gas.

Gambaran ketiga jenis fasa zat sistem kimia/fisika

sebagaimana dijelaskan di atas dapat dilihat pada gambar 1.3.

Page 21: Termodinamika Kimia

11

11 DAFTAR ISI

Gambar 1.3. Wujud dan susunan partikel fasa zat

Soal LatihanSoal LatihanSoal LatihanSoal Latihan ����

1. Tuliskan beberapa contoh proses kimia atau fisika yang terjadi

dalam sistem terbuka, sistem tertutup, dan sistem terisolasi!

2. Tuliskan beberapa contoh persamaan keadaan!

3. Berikan contoh dan alasan bahwa perubahan tekanan tidak

terlalu berpengaruh terhadap padatan dan cairan!

Page 22: Termodinamika Kimia

12

12 Termodinamika Kimia

PERSAMAAN PERSAMAAN PERSAMAAN PERSAMAAN

KEADAAN GASKEADAAN GASKEADAAN GASKEADAAN GAS

A. Hukum-hukum gas

Gas merupakan jenis fasa sistem yang sangat dipengaruhi

oleh variabel-variabel sistem, seperti volume, tekanan, temperatur,

dan jumlah partikel. Variabel-variabel tersebut saling

mempengaruhi. Jika salah satu variable diubah, maka beberapa

variabel yang lain akan berubah. Salah satu teknik yang sering

dipakai untuk menurunkan hubungan antara variabel-variabel

tersebut adalah dengan menjaga salah satu variabel tetap konstan.

Misal, untuk mengetahui hubungan antara temperatur dan tekanan

gas, maka volume dan jumlah partikelnya harus konstan. Demikian

pula, untuk mengetahui hubungan antara temperatur dan volume

gas maka tekanan dan jumlah partikelnya harus konstan.

1. Hubungan antara volume dan tekanan (hukum Boyle)

Robert Boyle (1627-1691) melakukan eksperimen untuk

menyelidiki hubungan kuantitaif antara tekanan dan volume sistem

gas. Eksperimen ini dilakukan dengan memasukan sejumlah gas

tertentu ke dalam wadah tertutup. Sampai pada pendekatan yang

cukup baik, Boyle menyimpulkan bahwa jika temperatur sistem

Page 23: Termodinamika Kimia

13

13 DAFTAR ISI

dijaga konstan (isotermal), maka dengan menambah tekanan

sistem, volume sistem akan berkurang. Demikian pula sebaliknya

dengan mengurangi tekanan sistem, volume sistem akan

bertambah.

Gambaran mengenai eksprimen Robert Boyle dapat dilihat

pada gambar 2.1. Secara sederhana dapat disimpulkan bahwa pada

temperatur konstan, tekanan sistem gas berbanding terbalik

dengan volumenya sebagaimana digambarkan dengan grafik pada

gambar 2.2. Hubungan ini dikenal sebagai hukum Boyle.

Gambar 2.1. Hubungan antara tekanan dan volume sistem gas pada

temperatur konstan

Gambar 2.2. Grafik hubungan antara tekanan dan volume sistem

gas pada temperatur konstan

Page 24: Termodinamika Kimia

14

14 Termodinamika Kimia

Secara matematis grafik pada gambar 2.2 dapat dijabarkan

sesuai persamaan 2.1. a.

pV

1∝ atau

p

kV = ............................................................. (2.1.a)

Persamaan 2.1.a memperlihatkan bahwa hasil kali antara p dan V

sejumlah gas tertentu pada temperatur konstan adalah sebuah

tetapan. Sehingga untuk keadaan 1 dan 2 dapat dirumuskan sesuai

persamaan 2.1.b.

(tetapan) kpV =

2211 VpVp = ......................................................................... (2.1.b)

Jika persamaan 2.1.a diturunkan terhadap p dimana T dan

n konstan, akan diperoleh persamaan 2.1.c.

2

,p

k

p

V

nT

−=

∂∂

.................................................................. (2.1.c)

Substitusi nilai k persamaan 2.1.c dengan nilai k dari persamaan

2.1.b menghasilkan persamaan 2.1.d.

p

V

p

V

nT

−=

∂∂

,

.................................................................... (2.1.d)

2. Hubungan antara volume dan temperatur (hukum Charles)

Beberapa tahun setelah Boyle menemukan hubungan

antara volume dan tekanan, seorang ilmuwan berkebangsaan

Prancis yang bernama Jacques Charles (1746-1823) menyelidiki

hubungan antara volume dan temperatur gas. Berdasarkan hasil

eksprimennya, Charles menemukan bahwa apabila tekanan sistem

gas konstan, maka dengan menaikan temperatur sistem, volume

sistem juga akan bertambah. Sebaliknya dengan menurunkan

temperatur sistem, volume sistem juga akan berkurang.

Gambaran mengenai penemuan Jacques Charles dapat

dilihat pada gambar 2.3. Secara sederhana dapat disimpulkan

bahwa pada tekanan konstan, temperatur sistem gas berbanding

Page 25: Termodinamika Kimia

15

15 DAFTAR ISI

lurus dengan volumenya sebagaimana digambarkan dengan grafik

pada gambar 2.4. Hubungan ini dikenal sebagai hukum Charles.

Gambar 2.3. Hubungan antara volume dan temperatur sistem gas

pada tekanan konstan

Gambar 2.4. Grafik hubungan antara temperatur dan volume

sistem gas pada tekanan konstan

Apabila garis pada grafik gambar 2.4 digambarkan sampai

temperatur yang lebih rendah maka garis akan memotong sumbu

di sekitar -273,15 oC. Berdasarkan banyak eksprimen yang telah

dilakukan, ditemukan bahwa walaupun besarnya perubahan

volume setiap jenis gas berbeda-beda, tetapi ketika garis pada

grafik V-T digambarkan sampai temperatur yang lebih rendah maka

Page 26: Termodinamika Kimia

16

16 Termodinamika Kimia

garis selalu memotong sumbu di sekitar -273,15 oC. Secara

sederhana, dapat disimpulkan jika gas didinginkan hingga -273,15 oC maka volume gas = 0. Oleh karena itu, temperatur -273,15

oC

adalah temperatur terendah yang bisa dicapai dan ditetapkan

sebagai temperatur nol mutlak dalam satuan Kelvin (K).

Jarak skala Kelvin sama dengan jarak skala Celcius dimana 0

K = -273,15 oC atau 273,15 K = 0

oC. Temperatur dalam skala Celcius

(biasanya disimbol t) dapat diubah menjadi skala Kelvin (biasanya

disimbol T) dengan menambahkan 273,15 dan sebaliknya

temperatur dalam skala Kelvin dapat diubah menjadi skala Celcius

dengan mengurangi 273,15. Perhitungan dalam termodinamika

selalu menggunakan temperatur mutlak yang dinyatakan dalam

skala Kelvin. Apabila temperatur masih dalam skala Celcius, maka

harus diubah terlebih dahulu ke dalam skala Kelvin.

Secara matematis hubungan antara volume dan

temperatur pada tekanan sistem konstan dapat dijabarkan sesuai

dengan persamaan 2.2.

TV ∝ atau kTV = ............................................................. (2.2.a)

Persamaan 2.2.a memperlihatkan bahwa perbandingan antara V

dan T sejumlah gas tertentu pada tekanan konstan adalah sebuah

tetapan. Sehingga untuk keadaan 1 dan 2 dapat dirumuskan sesuai

persamaan 2.2.b.

(tetapan) k=T

V

2

2

1

1

T

V

T

V= .............................................................................. (2.2.b)

Jika persamaan 2.2.a diturunkan terhadap T dimana p dan

n konstan, akan diperoleh persamaan 2.2.c.

kT

V

np

=

∂∂

,

........................................................................ (2.2.c)

Substitusi nilai k persamaan 2.2.c dengan nilai k dari persamaan

2.2.b menghasilkan persamaan 2.2.d.

Page 27: Termodinamika Kimia

17

17 DAFTAR ISI

T

V

T

V

np

=

∂∂

,

...................................................................... (2.2.d)

3. Hubungan antara tekanan dan temperatur (hukum Gay

Lussac)

Joseph Gay Lussac (1778-1850) menemukan bahwa apabila

volume sistem gas dijaga konstan, maka dengan menambah

temperatur sistem, tekanan sistem juga akan bertambah. Demikian

juga sebaliknya jika temperatur sistem dikurangi, tekanan sistem

juga akan berkurang.

Gambaran mengenai penemuan Joseph Gay Lussac dapat

dilihat pada gambar 2.5. Secara sederhana dapat disimpulkan

bahwa pada volume konstan, tekanan sistem gas berbanding lurus

dengan temperaturnya. Hubungan ini dikenal sebagai hukum Gay

Lussac.

Gambar 2.5. Hubungan antara temperatur dan tekanan sistem gas

pada volume konstan

Secara matematis hubungan antara tekanan dan

temperatur sistem gas pada volume konstan dapat dijabarkan

sesuai persamaan 2.3.

Tp ∝ atau

kTp = ................................................................................. (2.3.a)

Page 28: Termodinamika Kimia

18

18 Termodinamika Kimia

Persamaan 2.3.a memperlihatkan bahwa perbandingan antara V

dan T sejumlah gas tertentu pada tekanan konstan adalah sebuah

tetapan. Sehingga untuk keadaan 1 dan 2 dapat dirumuskan sesuai

persamaan 2.3.b.

(tetapan) k=T

p

2

2

1

1

T

p

T

p= .............................................................................. (2.3.b)

Gabungan antara persamaan 2.3.b dengan persamaan

2.2.b menghasilkan persamaan baru untuk sistem gas pada jumlah

tertentu sesuai persamaan 2.3.c.

2

22

1

11

T

Vp

T

Vp= ....................................................................... (2.3.c)

Contoh SoalContoh SoalContoh SoalContoh Soal

Pada tekanan atmosfir (101 kPa), temperatur gas karbondioksida

adalah 20 oC dan volumenya adalah 2 liter. Apabila tekanan

diubah menjadi 201 kPa dan temperatur dinaikkan menjadi 40 oC, hitung volume akhir gas karbondioksida tersebut!

Jawab:

Dik: P1 = 101 kPa Dit: V2 = ...L

P2 = 201 kPa

T1 = 20 oC + 273 K = 293 K

T2 = 40 oC + 273 K = 313 K

V1 = 2 liter

Penyelesaian:

21

211

2

2

22

1

11

pT

TVpV

T

Vp

T

Vp

=

=

Page 29: Termodinamika Kimia

19

19 DAFTAR ISI

( )( )( )( )( )

L

kPaK

KLkPa

06.1

201293

3132101

=

=

Volume akhir gas karbon dioksida = 1,06 L

Latihan SoalLatihan SoalLatihan SoalLatihan Soal

Gay Lussac menemukan bahwa volume gas pada tekanan tetap

dapat dinyatakan sebagai V = Vo(1+aot) dimana Vo adalah volume

pada saat 0oC, t adalah temperatur pada skala derajat Celcius, dan

ao adalah sebuah tetapan. Hitung harga ao menggunakan

persamaan 3.2.b!

(ao = 3.66 x 10-3

oC

-1)

4. Hubungan antara volume dan jumlah partikel (hukum

Avogadro)

Sejauh ini telah ditinjau hubungan antara temperatur,

volume, dan tekanan sistem gas. Massa atau jumlah partikel dalam

sistem gas belum dibahas. Setiap sistem kimia/fisika selalu

melibatkan zat dalam jumlah tertentu. Satuan jumlah yang sering

dipakai dalam sistem termodinamika adalah satuan mol, dimana

satu mol zat memiliki 6.02 x 1023

partikel. Bilangan ini disebut

bilangan Avogadro (N).

Ketika meniup balon, semakin banyak udara yang

dimasukkan, balon yang ditiup akan semakin mengembang. Dengan

kata lain, semakin banyak partikel gas yang dimasukkan, semakin

besar volume balon sebagaiman diperlihatkan pada gambar 2.6.

Secara sederhana dapat disimpulkan bahwa pada temperatur dan

tekanan yang tetap jumlah partikel berbanding lurus dengan

volume gas. Pernyataan ini dikenal sebagai hukum Avogadro.

Page 30: Termodinamika Kimia

20

20 Termodinamika Kimia

Gambar 2.6. Hubungan antara jumlah partikel dan volume sistem

gas pada tekanan dan temperatur konstan

Secara matematis hubungan antara antara jumlah partikel

dan volume sistem gas dapat dijabarkan sesuai persamaan 2.4.

nV ∝ atau knV = .............................................................. (2.4.a)

Persamaan 2.4.a memperlihatkan bahwa perbandingan antara V

dan n pada temperatur dan tekanan konstan adalah sebuah

tetapan. Sehingga untuk keadaan 1 dan 2 dapat dirumuskan sesuai

persamaan 2.4.b.

(tetapan) k=n

V

2

2

1

1

n

V

n

V= .............................................................................. (2.4.b)

Jika persamaan 2.4.a diturunkan terhadap n dimana p dan

T konstan, akan diperoleh persamaan 2.4.c.

kn

V

pT

=

∂∂

,

....................................................................... (2.4.c)

Substitusi nilai k persamaan 2.4.c dengan nilai k dari persamaan

2.4.b menghasilkan persamaan 2.4.d.

n

V

n

V

pT

=

∂∂

,

...................................................................... (2.4.d)

Pada keadaan standar (tekanan 1 bar dan temperatur

273.15 K), volume 1 mol gas adalah 22.4 liter. Volume ini disebut

Volume Avogadro atau Volume Molar Gas (Vm), yaitu volume yang

Page 31: Termodinamika Kimia

21

21 DAFTAR ISI

ditempati gas tiap 1 mol. Volume molar gas selalu dinyatakan

dalam tekanan dan temperatur tertentu.

5. Hubungan antara temperatur, volume, tekanan, dan jumlah

partikel gas

Hukum Boyle, hukum Charles, hukum Gay Lussac, dan

hukum Avogadro baru menurunkan hubungan antara temperatur,

volume, tekanan, dan jumlah partikel gas secara terpisah.

Bagaimanapun keempat variabel ini memiliki keterkaitan erat dan

saling mempengaruhi. Karenanya, dengan berpedoman pada

keempat hukum gas di atas, hubungan yang lebih umum antara

temperatur, volume, tekanan, dan jumlah partikel dapat dipadukan

dalam satu persamaan.

Jika keempat hukum tersebut digabungkan akan diperoleh

kesimpulan bahwa volume gas merupakan parameter yang

dipengaruhi oleh tekanan, temperatur, dan jumlah partikel gas

yang dinyatakan sebagai fungsi volume.

( )nTpV ,,= ......................................................................... (2.5)

atau secara matematis dapat dituliskan sebagai diferensial parsial

sesuai persamaan 3.6.

dnn

VdT

T

Vdp

p

VdV

pTnpnT ,,,

∂∂+

∂∂+

∂∂= ...................... (2.6)

Subtitusi persamaan 2.1.d, 2.2.d, dan 2.4.d ke dalam

persamaan 2.6 kemudian dikalikan 1/V dan diintegralkan akan

menghasilkan persamaan 2.7.

dnn

Vdp

p

VdT

T

V

dnn

Vdp

p

VdT

T

VdV

TpnTnp

+−=

∂∂+

∂∂+

∂∂=

,,,

masing-masing ruas dikalikan 1/V, maka diperoleh:

Page 32: Termodinamika Kimia

22

22 Termodinamika Kimia

dnn

dpp

dTT

dnn

V

Vdp

p

V

VdT

T

V

VdV

V

111

1111

+−=

+−=

masing-masing ruas diintegralkan, maka diperoleh:

( )( )

4321

4321

lnlnlnln

lnlnlnln

1111

CCCCnpTV

CnCpCTCV

dnn

dpp

dTT

dVV

+−+−++−=+++−+=+

+−= ∫∫∫∫

dimana ( )4321

CC-CC- ++ adalah sebuah konstanta dan dapat

dituliskan sebagai ln R, sehingga persamaan di atas menjadi:

nRT pV

T R n V p

atau

R n T p V

lnln

lnlnlnlnln

lnlnlnlnln

=++=+

++=+

nRTpV = .......................................................................... (2.7)

Untuk memudahkan penggunaannya, persamaan 2.7 dapat

dinyatakan dengan menggunakan variabel volume molar (Vm), yaitu

volume sistem per satu mol gas sesuai persamaan 2.8.

RT pVm = .......................................................................... (2.8)

B. Gas ideal

Perlu diketahui bahwa hukum Boyle, hukum Charles,

hukum Gay Lussac, dan hukum Avogadro hanya memberikan hasil

yang akurat pada tekanan rendah dan temperatur tinggi. Pada

kondisi normal atau kondisi sebaliknya, hanya sedikit gas yang

memenuhi hukum ini. Hampir semuanya memberikan

penyimpangan. Berdasarkan kenyataan ini, hukum Boyle, hukum

Charles, hukum Gay Lussac, dan hukum Avogadro yang telah

diformulasikan pada persamaan 2.7 tidak bisa diterapkan untuk

semua jenis dan kondisi gas.

Page 33: Termodinamika Kimia

23

23 DAFTAR ISI

Selain itu, kondisi yang disyaratkan oleh persamaan

tersebut (tekanan rendah dan temperatur tinggi) adalah kondisi

yang sangat jarang dipakai, sementara kebutuhan terhadap

persamaan tersebut sangat penting untuk mempelajari keadaan

sistem pada berbagai kondisi. Berdasarkan hal tersebut, disepakati

bahwa persamaan 2.7 dapat digunakan jika sistem gas yang

dianalisis dipostulatkan sebagai gas ideal dan oleh karena itu

persamaan 2.7 disebut sebagai persamaan keadaan gas ideal.

Gas ideal adalah gas yang dipostulatkan bahwa partikel-

partikelnya tidak memiliki interaksi atau gaya tarik menarik dan

tolak menolaknya sama dengan nol. Selain itu, volume partikel-

partikelnya yang sangat kecil diabaikan, sehingga volume sistem

yang dianalisis adalah volume wadahnya. Pada kenyataannya tidak

ada gas yang mutlak bersifat seperti itu. Sebagai contoh, jika gas

tidak memiliki gaya tarik-menarik, maka tidak mungkin untuk

memampatkan gas menjadi cair, seperti nitogen cair. Oleh karena

itu, hasil analisis menggunakan persamaan gas ideal hanyalah

sebuah pendekatan.

Jika suatu gas dipostulatkan bersifat ideal maka

perbandingan TpV pada jumlah tertentu akan selalu tetap sebagai

sebuah tetapan sesuai persamaan 2.7. Hasil eksprimen dan

perhitungan 1 mol gas pada keadaan standar menghasilkan tetapan

tersebut sebesar 0,08206 L atm mol-1

K-1

yang selanjutnya dikenal

sebagai tetapan gas ideal dan disimbol R. Tetapan R dalam

beberapa bentuk satuan dilihat pada tabel 1 apendiks C.

Contoh SoalContoh SoalContoh SoalContoh Soal

Suatu sampel udara menempati 1,0 L pada 25˚C dan 1 atm.

Dengan mengunakan persamaan gas ideal, tentukan berapa

tekanan yang diperlukan untuk memampatkan sampel tersebut

menjadi 100 cm3?

Jawab:

Dik: V1 = 1 L V2 = 100 cm3 = 0.1 dm

3 = 0.1 L

T = 25 0C = 298 K p1 = 1 atm

Page 34: Termodinamika Kimia

24

24 Termodinamika Kimia

Dit: p2 = ... atm

Penyelesaian:

Persamaan gas ideal yang dimaksud adalah pV = nRT dimana

untuk dua keadaan, nilai R sistem sama, sehingga diperoleh:

atm

p

px

VpVp

TTdannn

Tn

Vp

Tn

Vp

10

1.0

1

1.0 11

so , dimana

2

2

2211

2121

22

22

11

11

=

=

==

==

=

Tekanan yang diperlukan untuk memampatkan sampel udara

tersebut adalah 10 atm.

Latihan SoalLatihan SoalLatihan SoalLatihan Soal

Buktikan berdasarkan persamaan gas ideal:

a. TT

V

V np

11

,

====

∂∂∂∂∂∂∂∂

b. pp

V

VnT

11

,

====

∂∂∂∂∂∂∂∂−−−−

C. Gas real

Untuk mengatasi kelemahan persamaan gas ideal

dibutuhkan persamaan gas yang lain, yaitu persamaan gas real. Gas

real atau gas nyata adalah kondisi gas yang sebenarnya, yaitu gas

yang ada dalam kehidupan sehari-hari. Partikel-partikelnya

memiliki gaya tarik menarik dan tolak menolak, terutama pada

tekanan tinggi. Selain itu, volume sistem gas real dipengaruhi pula

oleh volume partikel-partikelnya.

Secara empiris, untuk menyatakan suatu gas bersifat ideal

atau real dapat dilakukan dengan menggunakan faktor

Page 35: Termodinamika Kimia

25

25 DAFTAR ISI

kompresibilitasnya (Z), kemampuan untuk dimampatkan, yang

dirumuskan pada persamaan 2.9.

nRT

pVZ = ............................................................................. (2.9)

Jika nilai Z suatu gas sama dengan 1 (Z =1), maka gas tersebut

bersifat ideal. Sebaliknya, jika nilai Z suatu gas tidak sama dengan 1

(Z ≠ 1), maka gas bersifat tidak ideal atau gas real. Gas real dengan

Z < 1 menunjukkan gas real tersebut sangat mudah dimampatkan

menjadi cair karena gaya tarik menarik antar partikelnya lebih

besar. Sebaliknya jika Z > 1, gas real tersebut kurang kompresibel

atau sulit dimampatkan karena gaya tolak menolak antar

partikelnya lebih besar.

Gambar 2.7. Variasi faktor kompresibilitasnya (Z) dengan tekanan

beberapa gas

Bila digambarkan grafik Z versus p pada temperatur

konstan akan diperoleh grafik lurus untuk gas ideal dan grafik

melengkung untuk gas real seperti ditunjukkan gambar 2.7.

Besarnya simpangan garis lengkung gas real tersebut dari garis

lurus gas ideal tergantung pada jenis gas. Gambar 2.7

memperlihatkan bahwa pada tekanan di bawah 400 atm, grafik gas

CH4 berada di bawah garis lurus gas ideal (Z < 1), sehingga

dikatakan gas CH4 lebih mudah dimampatkan (lebih kompresibel)

Page 36: Termodinamika Kimia

26

26 Termodinamika Kimia

dibandingkan gas ideal di bawah tekanan tersebut. Sebaliknya,

grafik gas H2 selalu di atas garis lurus gas ideal (Z > 1), sehingga

dikatakan gas H2 lebih sulit dimampatkan (kurang kompresibel)

dibandingkan gas ideal pada semua rentang tekanan. Semua gas

akan memiliki mendekati kondisi ideal pada tekanan mendekati

nol.

Gambar 2.8 memperlihatkan grafik Z versus p gas H2 pada

berbagai variasi temperatur. Pada temperatur 35, 50, dan 60 K,

grafik gas H2 berada di bawah garis lurus gas ideal pada tekanan

rendah dan berada di atas garis lurus gas ideal pada tekanan yang

lebih tinggi. Jika temperatur terus dinaikkan di atas 100 K, grafik gas

H2 akan selalu berada di atas garis lurus gas ideal pada semua

rentang tekanan.

Gambar 2.8. Faktor kompresibilitas gas H2 pada berbagai

temperatur

Berdasarkan uraian di atas dapat dipahami bahwa pada

kondisi isotermal, sifat-sifat gas real adalah fungsi tekanan

(termasuk volume). Kesimpulan ini menjadi alasan untuk menyusun

persamaan yang baru untuk gas real dengan memperhatikan

Page 37: Termodinamika Kimia

27

27 DAFTAR ISI

tekanan dan volume sistemnya. Beberapa persamaan yang dapat

digunakan untuk gas real adalah sebagai berikut:

1. Persamaan van der Waals

Pada tahun 1873, van der Waals memberikan koreksi

terhadap volume dan tekanan pada persamaan gas ideal (pV =

nRT). Volume memerlukan koreksi karena volume sistem yang

sebenarnya harus dijumlahkan dengan volume yang ditempati oleh

partikel-partikel gas. Pada gas ideal volume partikel ini diabaikan,

karena nilainya yang terlalu kecil. Besarnya volume partikel-partikel

tersebut ditentukan oleh jenis dan jumlah gas yang dirumuskan

oleh van der Waals sebesar bn dimana b adalah tetapan van der

Waals untuk koreksi volume dan n adalah jumlah mol gas. Dengan

demikian diperoleh volume sistem sebenarnya berdasarkan

persamaan 2.10.

nbVV idealreal += ................................................................. (2.10)

Van der Waals juga memberikan koreksi terhadap tekanan

sistem gas ideal. Gaya tarik menarik partikel-partikel gas real

menyebabkan benturan partikel-partikel tersebut ke dinding wadah

semakin berkurang sehingga tekanan yang diberikan juga

berkurang (gambar 2.9). Besarnya tekanan yang berkurang tersebut

dirumuskan oleh van der Waals sebesar 2

2

V

an, sehingga secara

matematis tekanan gas yang sebenarnya sesuai persamaan 2.11.

2

2

V

anpp idealreal −= .............................................................. (2.11)

dimana a adalah tetapan van der Waals untuk koreksi tekanan yang

berbeda untuk tiap gas. Cara menentukan tetapan van der Walls

berkaitan dengan titik kritis akan dibahas pada subbab D.

Page 38: Termodinamika Kimia

28

28 Termodinamika Kimia

Gambar 2.9. Efek gaya tarik menarik antar partikel-partikel gas

terhadap tekanan sistem

Jika persamaan 2.10 dan 2.11 disubsitusi ke dalam

persamaan gas ideal, akan diperoleh persamaan 2.12 yang disebut

persamaan van der Waals.

nRTVplideaideal =

( ) nRTnbVV

anp realreal =−

+

2

2

.......................................... (2.12)

atau secara sedehana cukup dituliskan:

( ) nRTnbVV

anp =−

+

2

2

Persamaan van der Waals dapat ditata ulang menjadi

persamaan pangkat tiga dengan merubah variable V menjadi

volume molar (Vm), sehingga diperoleh persamaan 2.13.

bV

RT

V

ap

mm−

=+2

................................................................. (2.13)

Jika persamaan 2.13 dimodifikasi ulang akan diperoleh persamaan

pangkat tiga sesuai persamaan 2.14.

023 =−+

+−p

abV

p

aV

p

RTbV mmm ................................... (2.14)

Page 39: Termodinamika Kimia

29

29 DAFTAR ISI

Nilai tetapan van der Waals (a dan b) tergantung pada jenis

gasnya. Nilai tetapan tersebut untuk beberapa jenis gas dapat

dilihat pada tabel 11 apendiks.

Contoh SoalContoh SoalContoh SoalContoh Soal

Hitunglah volume molar CO2 pada 500 K dan 100 atm apabila

mengikuti persamaan Van der Waals jika diketahui a = 3.610

L2

atm mol-2

dan b = 4.29 x 10-2

L mol

-1!

Jawab:

Dik: T = 500 K; p = 100 atm;

a = 3.610 L2

atm mol-2 b = 4.29 x 10

-2 L

mol

-1

Dit: Vm (Van der Waals)= ... L mol-1

Penyelesaian:

Persamaan van der waals dengan Vm:

bVm

RT

Vmap

−=

+2

1

Jika ditata ulang akan diperoleh persamaan pangkat tiga:

023 =−+

+−p

abVm

p

a

p

RTbVmVm

Sehingga dapat diselesaikan:

0100100100

50008206.023 =−+

+− 293.610x0.043.610 0.0429 Vm

xVmVm

000154869.00361.04532.0 23 =−+− VmVmVm

Menyelesaikan persamaan pangkat 3 dengan cara praktis:

Misal diketahui persamaan pangkat 3 berikut:

odcxbxax =+++ 23

Maka untuk menentukan nilai x kita gunakan rumus praktis:

( ) ( ) pprqqprqqx +−+−+−++= 3 3223 322

dimana:

Page 40: Termodinamika Kimia

30

30 Termodinamika Kimia

a

cr

a

adbcpq

a

bp

3 ;

6

3 ;

3 2

3 =−+=−=

Untuk soal di atas diperoleh:

00154869.0

0361.0

4532.0

1

−==

−==

d

c

b

a

sehingga nilai p, q, dan r adalah:

012033.03

0361.0

3

149115.06

00154869.030361.04532.0151067.0

6

3

151067.03

4532.0

3

3

2

3

===

=+−+=

−+=

=−−=−=

a

cr

xx

a

adbcpq

a

bp

Nilai p, q, dan r kita masukkan ke dalam rumus praktis, dan

diperoleh:

( ) ( )( )( )

1

3 322

3 322

3 3223 322

83622.0

151067.0

151067.0012033.0149115.0149115.0

151067.0012033.0149115.0149115.0

−=

+−+−

+−++=

+−+−+−++=

Lmol

pprqqprqqVm

Latihan SoalLatihan SoalLatihan SoalLatihan Soal

Gunakan persamaan Van der Waals untuk menghitung tekanan

yang dihasilkan oleh 1 mol gas Cl2 ketika menempati volume 2 L

Page 41: Termodinamika Kimia

31

31 DAFTAR ISI

pada 273 K, jika diketahui a = 6.49 L2 atm mol

-2 dan b = 0.0562 L

mol-1

!

(p = 9.90 atm)

2. Persamaan Virial

Kelemahan persamaan gas van der Waals adalah

ketidaktelitiannya menggambarkan perilaku gas pada tekanan

tinggi. Suatu persamaan yang dapat menggambarkan perilaku gas

pada tekanan tinggi adalah persamaan virial yang dikembangkan

oleh Kammerlingh Onnes. Bentuk umum persamaan ini sesuai

dengan persamaan 2.15.

++++= ...1

32

mmm

mV

D

V

C

V

BRTpV ................................... (2.15)

dengan B, C, D,... adalah koefisien virial kedua, ketiga, keempat,

dan seterusnya. Koefisien ini merupakan fungsi temperatur dan

bergantung pada jenis gas. Dalam bentuk lain persamaan ini

dinyatakan pada persamaan 2.16.

( )...'''132 ++++= PDPCPBRTpVm ................................... (2.16)

dimana B’, C’, D’, dan seterusnya adalah fungsi temperatur.

Nilai koefisifien virial kedua, ketiga, keempat dan

seterusnya dapat ditentukan dengan cara membandingkan

persamaan 2.15 dengan persamaan van der Waals, yang keduanya

dinyatakan dalam bentuk fungsi Z terhadap volume. Jika suku yang

lebih tinggi diabaikan, maka fungsi Z persamaan 2.15 dapat

dinyatakan dalam persamaan 2.17.

21

mm

m

V

C

V

B

RT

pVZ ++== .................................................... (2.17)

Dengan cara yang sama, fungsi Z untuk persamaan van der

Waals dinyatakan dalam persamaan 2.18

mm

m

RTV

a

VbRT

pVZ −

−==

1

1.............................................. (2.18)

Page 42: Termodinamika Kimia

32

32 Termodinamika Kimia

Pada tekanan rendah nilai mV

b lebih kecil dari satu, sehingga suku

pertama pada ruas kanan persamaan 2.18 dapat diselesaikan

dengan menggunakan deret. Dalam deret dinyatakan bahwa bila x

lebih kecil dari satu, maka:

...11

1 32 ++++=−

xxxx

Dengan demikian persamaan 2.18 dapat dituliskan:

...1

...1

2

2

+

+−+=

−+

++=

mmm

mmm

V

b

RTV

a

V

b

RTV

a

V

b

V

bZ

...1

1

2

+

+

−+=mm V

b

VRT

ab .................................. (2.19)

Dengan membandingkan persamaan 2.17 dan 2.19, diperoleh:

RT

abB −= dan 2bC =

Konstanta virial kedua (B) beberapa gas dapat dilihat pada tabel 10

apendiks C.

3. Persamaan Beattie-Bridgeman

Persamaan lain yang cukup teliti adalah persamaan

keadaan Beattie-Bridgeman yang dirumuskan dalam bentuk

persamaan virial sesuai persamaan 2.20.

32

mmm

mVVV

RTpVδγβ ++= .............................................. (2.20)

dengan β, γ, dan δ masing-masing adalah:

3

0

T

bcBRT=δ

−+−=3

000

T

cB

RT

aAbBRTγ

−−=3

00

T

c

RT

ABRTβ

Page 43: Termodinamika Kimia

33

33 DAFTAR ISI

Dengan demikian terlihat bahwa persamaan Beattie-Bridgeman

memiliki lima tetapan selain R, yaitu: A0, a, B0. b, dan c.

4. Persamaan Berthelot

Persamaan yang teliti pada tekanan rendah (sekitar 1 atm

atau lebih rendah) adalah persamaan Berthelot sebagaimana

dinyatakan pada persamaan 2.21.

2

mm TV

a

bV

RTp −

−= .............................................................. (2.21)

dimana a dan b disebut parameter Berthelot. Nilai parameter a

dan b persamaan ini untuk beberapa gas dapat dilihat pada tabel

12 apendiks C.

Persamaa Berthelot yang lebih akurat dengan melibatkan

tekanan kritis (pc) dan temperatur kritis (Tc) dinyatakan pada

persamaan 2.22. Persamaan ini sering digunakan untuk

menghitung volume dan massa molekul relatif gas.

−+=

2

26

1128

91

T

T

Tp

pT

V

RTp c

c

c

m

......................................... (2.22)

5. Persamaan Redlich-Kwong

Modifikasi persamaan van der Waals yang lebih akurat

dengan melibatkan beberapa turunan diperoleh Otto Redlich dan

Neng Shun Kwong sebagaimana dinyatakan pada persamaan 2.23.

( )bVVT

a

bV

RTp

mmm +−

−=

2/1.............................................. (2.23)

Persamaan ini disebut persamaan Redlich-Kwong dimana a dan b

disebut parameter Redlich-Kwong yang nilainya ditentukan

berdasarkan persamaan 2. 24 dan 2.25.

c

2/52

p

4275.0 cTRa = .............................................................. (2. 24)

Page 44: Termodinamika Kimia

34

34 Termodinamika Kimia

cp

08664.0 cRTb = ............................................................... (2.25)

Nilai parameter a dan b persamaan ini untuk beberapa gas dapat

dilihat pada tabel 13 apendiks C.

Persamaan Redlich-Kwong sangat akurat jika perbandingan

tekanan normal dan tekanan kritis gas kurang dari setengah

perbandingan temperatur normal dan temperatur kritis (p/pc <

T/2Tc).

6. Persamaan Dieterici

Persamaan keadaan lain yang memperhitungkan interaksi

dan ukuran volume partikel adalah persamaan Dietrici sebagaimana

dinyatakan pada persamaan 2.26.

RTV

a

m

mebV

RTp

−= ................................................................. (2.26)

dimana a dan b disebut parameter Dietrici. Nilai parameter a dan b

persamaan ini untuk beberapa gas dapat dilihat pada tabel 14

apendiks C.

Contoh SoalContoh SoalContoh SoalContoh Soal

Diketahui koefisien virial untuk uap isopropanol pada 200°°°°C

adalah B = −−−− 388 cm3 mol

−−−−1 dan C = −−−− 26.000 cm

6 mol

−−−−2. Hitung Z

dan V dari uap isopropanol pada 200°°°°C dan 10 bar dengan

menggunakan persamaan:

a. Persamaan keadaan gas ideal

b. Persamaan keadaan virial dengan 2 suku

c. Persamaan keadaan virial dengan 3 suku

Jawab:

Dik: T = 200°C = 473.15 K

R = 83.14 cm3 bar mol

−1 K

−1

Dit: Z = ... V = ... L

Page 45: Termodinamika Kimia

35

35 DAFTAR ISI

Penyelesaian:

a. Persamaan keadaan gas ideal

Z = 1

( ) ( ) 13934.310

15,47314,83 −=== molcmP

RTV

b. Persamaan keadaan virial dengan 2 suku

RT

BP

RT

PVZ +== 1

( ) ( )( )( ) 9014.0

15.47314.83

546.310===

RT

PVZ

( ) ( ) 13546.3388

10

15,47314,83 −=−=+= molcmBP

RTV

c. Persamaan keadaan virial dengan 3 suku

21

V

C

V

B

RT

PVZ ++==

++=2

1V

C

V

B

P

RTV

Persamaan diselesaikan secara iteratif:

++=+ 21 1

ii

iV

C

V

B

P

RTV

Iterasi 1:

++=

200

1 1V

C

V

B

P

RTV

Sebagai tebakan awal digunakan V0 = Vgas ideal = 3.934

539.3934.3

000.26

934.3

3881934.3

21 =

−−=V

Iterasi 2:

++=

211

2 1V

C

V

B

P

RTV

495.3539.3

000.26

539.3

3881934.3

22 =

−−=V

Page 46: Termodinamika Kimia

36

36 Termodinamika Kimia

Iterasi diteruskan sampai selisih antara Vi+1 − Vi sangat kecil.

Setelah iterasi ke 5 diperoleh hasil : V = 3.488 cm3 mol

−1 dan Z =

0.8866.

Latihan SoalLatihan SoalLatihan SoalLatihan Soal

Perkirakan koefisien a dan b dalam persamaan keadaan Dieterici

dari konstanta kritis Argon. Hitunglah tekanan yang dilakukan

gas tersebut sebanyak 1 mol pada ruang 1 L bertemperatur 25 oC!

(a = 0.174 Pa m6 mol

-2; b= 3.47 x 10

5 m

3 mol

-1)

D. Isotherm gas dan titik kritis

Hubungan antara tekanan dan volume pada temperatur

konstan telah digambarkan oleh hukum Boyle sebagai kurva yang

berbanding terbalik. Menurut hukum Boyle, kurva isotherm

tekanan volume tersebut berbentuk hiperbola, seperti ditunjukkan

gambar 2.10.

Gambar 2.10. Kurva isoterm gas ideal pada berbagai temperatur

Semakin tinggi temperatur, hubungan antara p dan V

mendekati garis lurus. Kurva ini digunakan untuk meramalkan

volume sistem jika tekanan dirubah atau sebaliknya tekanan sistem

jika volume dirubah. Asumsi yang digunakan adalah semakin tinggi

Page 47: Termodinamika Kimia

37

37 DAFTAR ISI

tekanan sistem, maka volume akan semakin kecil atau sebaliknya,

sebagaimana telah dijelaskan pada subbab hukum-hukum gas.

Namun, tetap harus dipahami bahwa kondisi ini hanya

berlaku untuk gas ideal yang mengasumsikan bahwa partikel-

partikel gas tidak memiliki gaya tarik menarik atau tolak menolak.

Pada gas real, kurva isotherm tekanan dan volume sistem memiliki

bentuk yang berbeda seperti ditunjukkan pada gambar 2.11.

Misalkan suatu gas real pada ppVp temperaturnya dibiarkan konstan

pada T1, kemudian secara perlahan volumenya diturunkan dari Vp

ke Vq, maka tekanannya akan meningkat dari pp ke pq. Jika

volumenya dikurangi lagi dari Vq ke Vr, ternyata tekanannya tidak

berubah, tetap dengan pq. Akan tetapi, jika volumenya diturunkan

sedikit dari Vr ke Vs, maka tekanannya akan berubah sangat ekstrim

dari pq ke ps.

Gambar 2.11. Kurva isotherm gas real pada berbagai temperatur

Perilaku gas real tersebut di atas disebabkan karena pada

posisi pqVq, gas real mulai terkondensasi menjadi cairan. Selama

proses ini terjadi, tekanan sistem tidak berubah karena proses

tersebut menyebabkan terjadinya kesetimbangan cair-uap. Proses

ini terjadi hingga Vr, saat semua partikel gas telah

terkondensasikan. Jika volume sistem dirubah dari Vr ke Vs, maka

Page 48: Termodinamika Kimia

38

38 Termodinamika Kimia

tekanan sistem akan berubah sangat ekstrim karena cairan hampir

tidak dapat ditekan.

Perilaku tersebut akan terjadi pula pada temperatur yang

lebih tinggi dengan garis kesetimbangan yang lebih pendek hingga

garis kesetimbangan tersebut menjadi sebuah titik seperti pada T3.

Jika temperatur terus ditingkatkan, maka perilaku gas real akan

mirip dengan perilaku gas ideal. Titik dimana permukaan uap dan

cair yang berada dalam kesetimbangan tidak dapat dibedakan lagi

disebut titik kritis. Temperatur, tekanan, dan volume pada titik

tersebut disebut temperatur kritis (Tc), tekanan kritis (pc), dan

volume kritis (Vc). Temperatur dan tekanan kritis beberapa gas

dapat dilihat pada tabel 9 apendiks.

Jika perilaku gas real diterapkan pada gas van der Waals

maka akan diperoleh kurva sesuai gambar 2.12. Bentuk kurva ini

berdasarkan pada persamaan van der Waals yang merupakan

persamaan pangkat tiga, sehingga kurvanya memiliki puncak dan

lembah.

Gambar 2.12. Kurva isotherm gas van der Waals pada berbagai

temperatur

Jika volume suatu gas pada T1 diturunkan secara bertahap

maka tekanan akan sampai ke titik D. Pada titik ini, kondensasi

mulai terjadi, akan tetapi fase cair tidak terbentuk sehingga

Page 49: Termodinamika Kimia

39

39 DAFTAR ISI

tekanan akan meningkat hingga titik C. Kondisi ini menyebabkan

tekanan gas di atas tekanan uap kesetimbangan (pk), sehingga

bagian ini disebut supersaturated/supercooled uap. Dengan cara

yang sama, jika volume suatu gas pada T1 dinaikkan secara

bertahap maka tekanan akan sampai ke titik A. Pada titik ini,

penguapan mulai terjadi, akan tetapi fase uap tidak terbentuk

sehingga tekanan akan turun hingga titik B. Kondisi ini

menyebabkan tekanan gas di bawah tekanan uap kesetimbangan

(pk), sehingga bagian ini disebut superheated liquid. Keadaan

supersaturated dan superheated adalah keadaan metastable.

Garis BC pada gambar tersebut tidak mungkin diperoleh

secara eksprimen karena lerengnya bernilai posistif. Tidak mungkin

secara eksprimen peningkatan tekanan akan menaikkan volume

atau sebaliknya penurunan tekanan akan mengurangi volume. Oleh

karena itu, bagian ini disebut unstable.

Seperti halnya sifat umum gas real, jika temperatur

dinaikkan garis kesetimbangan akan mencapai titik kritis, dimana

fasa cair dan uap tidak dapat lagi dipisahkan. Secara matematis,

posisi titik kritis ini dapat diperkirakan menggunakan persamaan

van der Waals. Pada saat titik kritis persamaan van der Waals dapat

ditulis sesuai persamaan 2.27.

2

cmcm

cc

V

a

bV

RTp −

−= ........................................................... (2.27)

Pada titik kritis diketahui, 0

cT

=

mdV

dPdan 0

cT

=

mdV

dP, sehingga

turunan persamaan 2.27 menghasilkan persamaan 2.28 dan 2.29

0 V

) - (V

RT -

3

m

2m

c

T ccc

=+=

a

dV

dP

m

2

b................................ (2.28)

( ) 0 6

2

432

2

=−−

=

cccmm

c

Tm V

a

V

RT

dV

Pd

b............................... (2.29)

Penyelesaian 2.27, 2.27, dan 23.29 menghasilkan:

Page 50: Termodinamika Kimia

40

40 Termodinamika Kimia

Rb

a

b

abV

cm27

8T ;

27p ; 3 c2c ===

dan tetapan van der Waals:

cmcm VVa3

1 b dan p3 c

2 ==

E. Asas keadaan yang bersesuaian

Persamaan van der Waals terikat oleh jenis gas yang

dianalisis karena melibatkan tetapan a dan b. Akan tetapi,

persamaan ini dapat ditata ulang menjadi persamaan yang dapat

digunakan untuk semua jenis gas. Jika nilai a, b, dan R yang

diperoleh pada titik kritis disubsitusi ke persamaan van der Waals

akan dihasilkan persamaan 2.30.

2

23

33

8

m

cmc

cm

mc

cmc

V

Vp

VVT

TVpp −

−= ........................................... (2.30)

yang dapat ditata ulang menjadi persamaan 2.31.

2

3

13

8

−=

cm

m

cm

m

c

c

V

VV

V

T

T

p

p................................................... (2.31)

Persamaan 2.31 mengandung variabel cp

p,

cT

T, dan

cm

m

V

V

yang disebut variabel tereduksi, yaitu tekanan tereduksi disimbol

pr, temperatur tereduksi disimbol Tr, dan volume tereduksi disimbol

Vr. Dengan demikian, persamaan 2.31 menjadi lebih sederhana

sesuai persamaan 2.32.

2

3

13

8

rr

rr

VV

Tp −

−= ............................................................... (2.32)

Page 51: Termodinamika Kimia

41

41 DAFTAR ISI

Persamaan 2.32 bermakna jika dua atau lebih sistem gas

mempunyai tekanan reduksi san temperatur reduksi yang sama,

maka volume reduksinya juga akan sama. Pernyataan ini disebut

asas keadaan yang bersesuaian. Aplikasi dari asas ini dapat dilihat

pada grafik faktor kompresibilitas gas versus tekanan tereduksinya

beberapa gas pada gambar 2.13. Gambar tersebut memperlihatkan

keempat gas pada Tr yang sama mempunyai titik yang membentuk

kurva yang sama.

Gambar 2.13. Faktor kompresibilitas terhadap tekanan tereduksi

F. Campuran gas

Persamaan keadaan gas tidak hanya berlaku pada sistem

yang terdiri dari satu jenis gas saja, tetapi juga dapat digunakan

untuk sistem campuran gas. Jika beberapa gas yang tidak saling

bereaksi dicampur dalam satu wadah, masing-masing gas akan

memberikan tekanan yang berbeda. Tekanan yang diberikan setiap

gas disebut tekanan parsial. Besarnya tekanan parsial gas akan

sama dengan tekanan gas itu jika sebagai gas murni dalam suatu

wadah (gambar 2.14).

Page 52: Termodinamika Kimia

42

42 Termodinamika Kimia

Gambar 2.14. Tekanan total sistem adalah kontribusi tekanan

masing-masing komponen

Secara sederhana dapat dirumuskan bahwa tekanan total

sistem campuran gas adalah jumlah tekanan parsial semua

komponennya. Pernyataan ini dikenal sebagai hukum Dalton.

Secara matematis, hukum Dalton dapat dituliskan sesuai

persamaan 2.33.

… + P + P = PP CBAtotal ...................................................... (2.33)

dimana Ptotal adalah tekanan total gas, PA, PB, dan PC adalah tekanan

parsial masing-masing komponen gas.

Tekanan parsial masing-masing gas dapat dihubungkan

dengan tekanan total sistem menggunakan fraksi molnya. Misal

untuk sistem yang terdiri dari gas A dan gas B.

RTnVp

RTnVp

BB

AA

==

( ) ( )RTnVp

RTnnVpp

totaltotal

BABA

=+=+

Maka besarnya tekanan parsial gas A (PA) dan B (PB) berdasarkan

fraksi molnya adalah persamaan 2.34.

total

A

total

A

total

A

total

A

n

n

p

p

RTn

RTn

Vp

Vp

=

=

+

Page 53: Termodinamika Kimia

43

43 DAFTAR ISI

A

total

A Xp

p =

totalAA pXp = ............................................................... (2.34.a)

atau totalBB pXp = .............................................................. (2.34.b)

Contoh SoalContoh SoalContoh SoalContoh Soal

Suatu campuran gas terdiri dari 320 mg metana, 175 mg argon

dan 225 mg nitrogen. Tekanan parsial nitrogen pada 300 K

adalah 15,2 kPa.

a. Tentukan volume campuran gas tersebut!

b. Tentukan tekanan total campuran gas tersebut!

Jawab:

Dik: Dit:

gas CH4 = 320 mg = 0.32 g a. V total = ... L

gas Ar = 175 mg = 0.175 g b. p total = ... atm

gas N2 = 225 mg = 0.225 g

p N2 = 15.2 kPa = 0.15 atm

T = 300 K

Penyelesaian:

Langkah pertama: gambarkan terlebih dahulu

sistem ketiga gas:

Berdasarkan hukum Dalton:

V total = VN2 = VAr = VCH4

p total = pN2 + pAr + pCH4

a. Volume total sistem adalah:

2

2

22

222

N

N

total

NtotalN

NNN

p

RTnV

RTnVp

RTnVp

=

==

Page 54: Termodinamika Kimia

44

44 Termodinamika Kimia

L

xx

3187.1

15.0

30008206.00080357.0

=

=

b. Untuk menentukan tekanan total sistem (ptotal), anda harus

menghitung semua tekanan parsial masing-masing gas:

atm

xx

V

RTnp

RTnVp

RTnVp

total

CH

CH

CHtotalCH

CHCHCH

37.0

15.0

30008206.002.0

4

4

44

444

=

=

=

=

=

atm

xx

V

RTnp

RTnVp

RTnVp

total

ArAr

ArtotalAr

ArArAr

0817.0

15.0

30008206.0004375.0

=

=

=

==

Hasilnya adalah:

atm

pppp CHArNltota

6017.0

37.00817.015.0

42

=++=

++=

Soal b di atas dapat pula diselesaikan dengan asumsi bahwa

tekanan parsial masing-masing gas sebanding dengan fraksi

molnya, sehingga tekanan total gas:

42

2

22

CHArN

N

total

NtotalN

molmolmol

molxp

xfpp

++=

=

Page 55: Termodinamika Kimia

45

45 DAFTAR ISI

2

42

2

N

CHArN

Ntotalmol

molmolmolxpp

++=

atm

x

x

605.0

0080357.0

0324107.015.0

0080357.0

02.0004375.00080357.015.0

=

=

++=

Hasil yang diperoleh akan sama.

Latihan SoalLatihan SoalLatihan SoalLatihan Soal

Suatu wadah berisi campuran gas terdiri nitrogen dan oksigen

dengan massa nitrogen 3 lbm. Sebelum ditambah oksigen, mula-

mula nitrogen bertekanan 320 psi dengan temperatur 900F.

Tekanan naik menjadi 400 psi setelah ditambah oksigen,

temperatur dijaga konstan. Hitunglah volume nitrogen dan

oksigen!

(1,973 ft dan 3,135 ft3)

Soal LatihanSoal LatihanSoal LatihanSoal Latihan ����

1. Gas helium sebanyak 2 mol bertekanan 2 atmosfer pada

temperatur 27°C dimuaikan hingga volumenya dua kali semula.

Tentukan:

a. kerja gas tersebut terhadap tekanan luar tetap 1 atmosfer

b. kerja gas tersebut terhadap tekanan luar tetap 4/3

atmosfer, diikuti kerja lanjutannya terhadap tekanan luar

tetap 1 atmosfer

c. kerja reversibel gas tersebut

(Anggap gas helium sebagai gas ideal)

2. Turunkan hubungan temperatur dan volume untuk suatu gas

ideal monoatom yang memuai secara adiabatik. Petunjuk:

Page 56: Termodinamika Kimia

46

46 Termodinamika Kimia

gunakan bentuk diferensial dari energi dalam, kerja, dan

keterkaitannya dengan kalor jenis.

3. Sampel 255 mg neon menempati 3 L pada 122 K. Gunakan

hukum gas ideal untuk menghitung tekanan gas tersebut!

4. Rapatan suatu campuran gas adalah 1.23 g L-1

pada 330 K dan

150 Torr. Berapa massa molar campuran tersebut?

5. Perkirakan volume molar CO2 pada 500 K dan 100 atm dengan

memperlakukannya sebagai gas van der Waals!

6. Hitunglah tekanan yang dilakukan oleh 1 mol C2H6 yang

berperilaku sebagai:

a. gas ideal, dan

b. gas van der Waals jika gas itu ditempatkan di bawah

kondisi-kondisi berikut (i) pada 273.15 K dalam 22.414 L

dan (ii) pada 1000 K dalam 100 cm3.

7. Sampel argon dengan volume molar 17.2 L mol-1

dipertahankan pada 10 atm dan 280 K. Pada volume molar,

tekanan, dan temperatur berapa sampel nitrogen dalam

keadaan yang berkesesuaian seperti itu?

8. Sebuah tabung dengan volume 22.4 L berisi 2 mol H2 dan 1 mol

N2 pada 273.15 K. Hitunglah:

a. fraksi mol setiap komponen

b. tekanan parsialnya

c. tekanan totalnya

9. Gunakan parameter van der Waals Cl2 untuk menghitung nilai

hampiran:

a. Temperatur Boyle Cl2

b. Jari-jari molekul Cl2 yang dianggap berbentuk bola.

10. Volume kritis dan tekanan kritis gas tertentu adalah 160 cm3

mol-1

dan 40 atm. Perkirakanlah temperatur gas dengan

menganggap bahwa gas itu memenuhi persamaan keadaan

Berthelot. Dugalah jari-jari molekul gas dengan asumsi bahwa

molekul tersebut berbentuk bola.

Page 57: Termodinamika Kimia

47

47 DAFTAR ISI

KESETIMBANGAN TERMALKESETIMBANGAN TERMALKESETIMBANGAN TERMALKESETIMBANGAN TERMAL

DAN HUKUM PERTAMA DAN HUKUM PERTAMA DAN HUKUM PERTAMA DAN HUKUM PERTAMA

TERMODINAMIKA TERMODINAMIKA TERMODINAMIKA TERMODINAMIKA

A. Kalor sebagai bentuk energi

Selain menghasilkan produk baru, reaksi kimia dapat pula

menghasilkan atau mengubah bentuk energi. Contoh yang sangat

mudah kita temukan adalah proses metaboslime dalam tubuh

manusia yang menghasilkan energi sehingga manusia dapat

beraktivitas. Energi tersebut berasal dari bahan makanan yang

mengalami proses penguraian dalam tubuh menghasilkan energi

dalam bentuk kalor. Contoh yang lain adalah gerakan piston mesin

motor karena memperoleh energi mekanik dari energi kalor hasil

reaksi pembakaran bensin.

Selain dapat diubah menjadi bentuk energi yang lain,

energi kalor dapat pula ditransfer, baik dari sistem ke

lingkungannya, lingkungan ke sistem tertentu, atau antar sistem

yang berbeda. Contoh yang sederhana adalah saat es yang

bertemperatur dingin dimasukkan ke dalam air hangat. Saat

sebagian es mulai berubah menjadi air, maka temperatur air mulai

Page 58: Termodinamika Kimia

48

48 Termodinamika Kimia

turun lebih rendah dari sebelumnya. Hal ini disebabkan kontak

termal antara air dan es menyebabkan sebagian kalor dari air

ditransfer ke es. Transfer ini menyebabkan perubahan sifat

mikroskopik es sehingga berubah menjadi air.

Proses di atas berlangsung secara irreversibel, hingga

terjadi kesetimbangan termal, yakni saat perubahan temperatur

sistem mulai konstan. Kesetimbangan termal merupakan proses

reversibel, dimana perubahan yang kecil selalu disertai perubahan

yang berlawanan sehingga sistem tetap dalam kesetimbangan.

Konsep ini mengharuskan semua sistem yang melakukan kontak

termal akan mencapai kesetimbangan termal sehingga dapat

dirumuskan bahwa“jika sistem A dan B masing-masing dalam

kesetimbangan termal dengan sistem C, maka sistem A dan B

mengalami kesetimbangan termal satu sama lain”. Pernyataan ini

dikenal hukum kenol termodinamika.

Lambang energi kalor sebagaimana disebutkan di atas

adalah q dengan satuan kalori (kal) atau Joule (J), dimana 1 kal =

4,186 Joule. Jika sistem mendapatkan kalor dari lingkungannya,

maka nilai kalor sistem tersebut positif (+) dan disebut proses

endotermis. Sebaliknya, jika sistem memberi atau melepas kalor ke

lingkungannya, maka nilai kalor sistem tersebut negatif (-) dan

disebut proses eksotermis .

Jumlah kalor yang diterima atau dilepaskan oleh sebuah

sistem tersebut berbanding lurus dengan perubahan

temperaturnya sebagaimana diperlihatkan pada persamaan 3.1.

Konstanta C pada persamaan tersebut adalah kapasitas kalor

sistem, yakni besarnya kalor yang diterima/dilepaskan sistem untuk

menaikkan/menurunkan temperaturnya sebesar satu derajat.

q = C ΔT .............................................................................. (3.1)

Perubahan kalor suatu sistem sangat dipengaruhi jenis,

volume, dan tekanan sistem serta intensitas kalor yang diterima.

Jika sistem menerima kalor dengan jumlah dan intensistas yang

tinggi maka kalor sistem dapat berubah dengan cepat. Sebaliknya,

jika sistem menerima kalor dengan jumlah dan intensistas yang

rendah maka kalor sistem berubah dengan lambat. Oleh karena itu

Page 59: Termodinamika Kimia

49

49 DAFTAR ISI

perubahan kalor suatu sistem merupakan merupaka fungsi jalan

karena dipengaruhi oleh proses. Perubahan kalor yang sangat kecil

disimbol đq dapat diselesaikan dengan diferensial tak eksak.

B. Kerja

Kalor sebagai bentuk energi dimanfaatkan untuk

melakukan kerja kerja (w). Jika sistem melakukan kerja, maka w

bernilai negatif (-), sebaliknya jika sistem menerima kerja, maka w

bernilai posistif (+). Jenis kerja tersebut dapat berupa kerja listrik,

mekanik, magnetik, ekspansi, dan kompresi. Kerja yang paling

banyak berkaitan dengan sistem termodinamika adalah kerja

ekspansi dan kompresi.

Kerja ekspansi adalah kerja yang terjadi apabila volume

sistem membesar melawan tekanan lingkungannya seperti

diperlihatkan pada gambar 3.1. Pada proses ini perubahan

disebabkan sistem melakukan kerja, sehingga nilai w bernilai

negatif.

Gambar 3.1. Kerja ekspansi oleh suatu sistem

Mula-mula volume sistem sebesar V1, kemudian tekanan

sistem diturunkan dan dijaga konstan pada p2 sehingga volume

sistem bertambah menjadi menjadi V2. Besarnya kerja yang

dilakukan oleh sistem secara mekanik dirumuskan sesuai

persamaan 3.2.

Page 60: Termodinamika Kimia

50

50 Termodinamika Kimia

( )( )Ahp

hpA

Fhw

−=−=−=

Vp∆−= ........................................................................... (3.2)

dimana tanpa (-)menunjukkan sistem melakukan kerja.

Kerja kompresi adalah kebalikan dari kerja ekspansi.

Persamaan yang digunakan untuk menentukan kerja kompresi

sama dengan persamaan yang digunakan untuk kerja ekspansi.

Nilai kerja kompresi selalu positif karena sistem menerima kerja.

Contoh SoalContoh SoalContoh SoalContoh Soal

Hitunglah besarnya kerja yang dilakukan oleh suatu sistem yang

mengalami kerja ekspansi melawan p = 2 atm dengan perubahan

V = 10 L!

Jawab:

J,= -

L.atm = -

L atm x = -

w = - pV

42026

20

102

Tanda (-) hanya untuk menunjukkan bahwa sistem melakukan

kerja.

Latihan SoalLatihan SoalLatihan SoalLatihan Soal

Gas tertentu gas berada dalam wadah yang memiliki volume 2 m3

dan tekanan 4 atm. Hitung kerja luar yang dilakukan gas jika :

a. Gas diekspansi pada tekanan tetap sehingga volumnya

mejadi dua kali semula.

b. Gas dikompresi pada tekanan tetap sehingga volumnya

mejadi sepertiga semula.

(a. 8 x 105 J; b. -5.33 x 10

5 J)

Page 61: Termodinamika Kimia

51

51 DAFTAR ISI

1. Kerja sebagai fungsi jalan

Kerja merupakan fungi jalan yang ditentukan oleh proses

atau cara sistem melakukannya. Hal tersebut dapat dipahami

menggunakan contoh kerja ekspansi berikut:

a. Kerja ekspansi dengan banyak tahap

Pada kondisi isotermal, jika tekanan diturunkan dari p1 ke

p2 dan dijaga konstan sehingga sistem berekspansi dari V1 ke V2

seperti ditunjukkan pada gambar 3.2, maka kerja yang dilakukan

sistem adalah luas persegi panjang A pada kurva gambar 3.3. Jika

tekanan diturunkan lagi dan dijaga konstan pada p3 sehingga sistem

berekspansi dari V2 ke V3, maka kerja yang dilakukan sistem adalah

luas persegi panjang B. Jika tekanan diturunkan lagi sesuai urutan

gambar maka kerja yang dilakukan sistem berturut-turut adalah

luas persegi panjang C dan D.

Gambar 3.2. Kerja ekspansi sistem dengan banyak tahap

Gambar 3.3. Kurva kerja ekspansi sistem dengan banyak tahap

Page 62: Termodinamika Kimia

52

52 Termodinamika Kimia

b. Kerja ekspansi dengan satu tahap

Jika tekanan diturunkan dan dijaga konstan dari p1 langsung

ke p5 sehingga sistem berekspansi dari V1 ke V5 seperti ditunjukkan

pada gambar 3.4., maka kerja yang dilakukan sistem adalah luas

persegi panjang yang diarsir pada kurva gambar 3.5.

Gambar 3.4. Kerja ekspansi sistem dengan satu tahap

Gambar 3.5. Kurva kerja ekspansi sistem pada p konstan satu

tahap

Uraian di atas memperlihatkan bahwa jika sistem berubah

dari keadaan awal yang sama ke keadaan akhir yang sama pula tapi

dengan cara yang berbeda, maka kerja yang dibutuhkan akan

Page 63: Termodinamika Kimia

53

53 DAFTAR ISI

berbeda. Kerja ekspansi dengan banyak tahap membutuhkan kerja

yang lebih banyak daripada kerja ekspansi satu tahap.

Contoh SoalContoh SoalContoh SoalContoh Soal

Hitunglah kerja yang dilakukan jika gas melakukan proses A-B-C

seperti terlihat pada grafik p-V di bawah ini.

Jawab:

J w

x½ xw

)-)(- ½ (w

x tinggi ½ x alas w

tiga luas segiw

us luas siklusaha

375000

2500003

10000035000014

=====

=

Latihan SoalLatihan SoalLatihan SoalLatihan Soal

Jelaskan dan berikan contoh secara matematis atau analogi

bahwa kerja merupakan fungsi jalan!

2. Kerja reversibel dan irreversibel

Kerja yang dilakukan dengan banyak tahap hingga tak

terhingga jumlah dan lambatnya akan membentuk kesetimbangan

yang sangat banyak pula. Pada tiap tahap perubahan volume yang

sangat kecil (dV) akan disertai perubahan tekanan sistem (p) yang

selalu menyesuaikan dengan tekanan lingkungan (peks), sehingga

tiap tahap p = peks. Proses ini disebut proses yang revesibel dan

kerja yang dilakukan sistem adalah luas daerah yang diarsir pada

gambar 3.6.

Page 64: Termodinamika Kimia

54

54 Termodinamika Kimia

Gambar 3.6. Kurva kerja ekspansi sistem reversibel

Perubahan volume yang sangat kecil (dV) menyebabkan

kerja sistem tiap tahapnya juga berubah sangat kecil (đw). Simbol đ

untuk menunjukkan kerja (w) sebagai fungi jalan yang dapat

diturunkan dengan diferensial tak eksak. Jika fungsi keadaan

disimbolkan d dan diturunkan dengan diferensial eksak. Secara

matematis, besarnya kerja reversibel tiap tahap tersebut dapat

diturunkan dengan diferensial tak eksak sebagai berikut:

đw dVpeks−=

dimana p = peks. Subtitusi peks oleh p menghasilkan persamaan 3.3.

đw pdV−= ......................................................................... (3.3)

Jika gas dalam sistem dianggap sebagai gas ideal∗, maka p

dapat diganti dengan p gas ideal

=V

nRTp , sehingga diperoleh:

đw dVV

nRT−=

Hasil integrasi persaman tersebut jika sistem berekspansi dari V1 ke

V2 secara isotermal, dirumuskan sesuai persamaan 3.4.

∗ Pembahasan topik-topik selanjutnya akan lebih sering menganggap sistem sebagai gas ideal

agar memudahkan pemahaman. Untuk tingkat lanjut, dapat dianggap sebagai gas real

menggunakan persamaan van der Waals atau persamaan yang lain.

Page 65: Termodinamika Kimia

55

55 DAFTAR ISI

1

2lnV

VnRTw −= .............................................................. (3.4)

Sebaliknya jika kerja sistem hanya dengan satu tahap

sebagaimana telah dijelaskan sebelumnya, maka sistem hanya

membentuk satu kali kesetimbangan, yaitu pada akhir proses. Pada

saat kesetimbangan tekanan sistem sama dengan tekanan

lingkungan (peks). Proses ini disebut proses irreversible. Kerja yang

dilakukan oleh sistem irreversibel telah digambarkan pada gambar

3.5 berupa luas persegi panjang. Secara matematis, besarnya kerja

yang dilakukan oleh sistem irreversibel dirumuskan pada

persamaan 3.5.

Vpw eks∆−=

( )12 VVpw eks −−= ............................................................... (3.5)

Penjelasan di atas memperlihatkan bahwa kerja reversibel

selalu bernilai lebih besar dari kerja irreversibel. Oleh karena itu,

kerja reversibel adalah kerja maksimun yang bisa dilakukan oleh

sistem, sementara kerja irreversibel adalah kerja minimum yang

bisa dilakukan oleh sistem pada kondisi yang sama.

Contoh SoalContoh SoalContoh SoalContoh Soal

Temperatur tiga mol suatu gas ideal 373 K. Berapa besar kerja

yang dilakukan gas dalam pemuaian secara isotermal untuk

mencapai empat kali volume awalnya ?

Jawab:

Dik: n = 3 mol R = 8,31 J mol-1 Dit: w = ...?

T = 373 K V2 = 4V1

[ ]( )12

2

1

2

1

lnln

ln

1

VVnRTw

VnRTw

dVV

nRTdw

−−=−=

−= ∫∫

Page 66: Termodinamika Kimia

56

56 Termodinamika Kimia

Penyelesaian:

J,

x x , x

V

V x , x

V

VnRTW

99912890

4ln3733183

4ln3733183

ln

1

1

1

2

==

=

=

Latihan SoalLatihan SoalLatihan SoalLatihan Soal

Hitunglah besar kerja yang dilakukan jika 50 g besi beraksi

dengan asam hidroksida dalam:

a. tabung tertutup dengan volume tertentu,

b. gelas kimia terbuka pada temperatur 25 0C.

(0 dan 2.2 kJ)

C. Energi dalam dan perubahannya

1. Energi dalam sebagai fungsi keadaan

Dalam konsep termodinamika, energi dapat didefinisikan

sebagai kemampuan sistem untuk melakukan kerja. Keseluruhan

energi yang dimiliki oleh suatu sistem pada keadaan tertentu

disebut energi dalam dan disimbol U. Energi dalam merupakan

fungsi keadaan yang ditentukan oleh keadaan awal dan akhir

sistem, tidak ditentukan oleh proses atau jalan perubahan sistem.

Misal suatu sistem dengan energi dalam awal adalah U1 mengalami

perubahan sehingga energi dalamnya menjadi U2, maka yang dapat

ditentukan hanyalah perubahan energi dalam ΔU, yaitu ΔU = U2 -

U1.

Perubahan energi dalam suatu sistem disebabkan oleh

variable fungsi jalan yang telah dibahas sebelumnya, yaitu kerja (w)

dan kalor (q). Hubungannya dapat dilihat pada persamaan 3.6.

Page 67: Termodinamika Kimia

57

57 DAFTAR ISI

qwU +=∆ ......................................................................... (3.6)

Energi dalam merupakan fungsi keadaan yang dapat diturunkan

sebagai diferensial eksak sesuai persamaan 3.7.

dU = đw + đq ...................................................................... (3.7)

2. Hukum kekekalan energi sebagai pernyataan hukum pertama

termodinamika

Harga w dan q dapat bernilai positif atau negatif, sehingga

ΔU dapat pula bernilai positif atau negatif. Jika ΔU bernilai positif

berarti sejumlah energi (kerja atau kalor) dipindahkan dari

lingkungan ke dalam sistem yang menyebabkan lingkungan

kehilangan sejumlah energi. Sebaliknya, jika ΔU bernilai negatif

berarti sistem memindahkan sejumlah energinya ke lingkungan.

Proses termodinamika tersebut hanya berupa transfer

energi dari sistem ke lingkungan atau sebaliknya dari lingkungan ke

sistem sehingga energi total alam semesta tidak berkurang atau

bertambah. Pada proses apapun energi total alam semesta

bersifat kekal. Pernyataan ini dikenal sebagai hukum kekekalan

energi atau hukum pertama termodinamika.

Secara matematis, pernyataan hukum pertama

termodinamika dinyatakan sesuai persamaan 3.6 atau 3.7. Jika

kerja (w) pada persamaan tersebut disubtitusi sebagai kerja

ekspansi atau kompresi, maka persamaan 3.7 dapat dituliskan

sesuai persamaan 3.8.

dU = pdV + đq ..................................................................... (3.8)

Page 68: Termodinamika Kimia

58

58 Termodinamika Kimia

Contoh SoalContoh SoalContoh SoalContoh Soal

Gas dalam suatu ruangan tertutup menyerap kalor 2500 J dan

dalam waktu yang bersamaan melakukan kerja sebesar 3000 J.

Berapa perubahan energi dalamnya, bagaimana temperatur gas

itu setelah proses?

Jawab:

Dik: q = 2500 J Dit: ∆U = ...?

w = -3000 J

Penyelesaian:

J

qwU

500

25003000

−=+−=

+=∆

Karena energi dalam bernilai negatif, maka temperatur sistem

turun.

Latihan SoalLatihan SoalLatihan SoalLatihan Soal

Jika sebuah pegas diputar, kerja 100 J dilakukan padanya, tetapi

15 J terlepas ke lingkungannya sebagai kalor. Berapa perubahan

energi dalam pegas?

(+ 85 J)

3. Perubahan energi dalam pada sistem tertutup

Jika keadaan sistem berubah maka energi dalam sistem

juga akan berubah. Perubahan keadaan sistem tersebut disebabkan

oleh berubahnya variable-variabel keadaan, seperti tekanan (p),

volume (V), temperatur (T), dan jumlah mol (n). Dengan demikian,

perubahan energi dalam suatu sistem ditentukan pula oleh

variable-variabel tersebut.

Pada sistem terisolasi dan tertutup, jumlah mol zat (n) tidak

berubah, sehingga perubahan energi dalam sistem tidak

dipengaruhi oleh n. Perubahan energi dalamnya hanya dipengaruhi

Page 69: Termodinamika Kimia

59

59 DAFTAR ISI

oleh p, V, dan T. Akan tetapi, p merupakan pasangan V, sehingga

cukup dipilih salah satunya. Variabel yang harus dipilih adalah V

karena menentukan besarnya kerja (w) pada p tertentu, sehingga

hanya ada 2 variabel bebas yang menentukan energi dalam sistem

terisolasi dan tertutup, yaitu T dan V. Sebaliknya, pada sistem

terbuka, jumlah mol zat memungkinkan untuk berubah, sehingga

perubahan energi dalam sistem juga dipengaruhi oleh jumlah mol

zat sehingga ada 3 variabel bebas yang menentukan energi dalam

sistem terbuka, yaitu T , V, dan n.

Sistem terisolasi dan terbuka adalah sistem yang jarang

dijumpai dalam proses kimia fisika sehari-hari sehingga kajian akan

lebih difokuskan pada sistem tertutup. Telah dijelaskan sebelumnya

bahwa perubahan energi dalam sistem tertutup dipengaruhi oleh T

dan V. Secara matematis ungkapan tersebut dapat dituliskan U =

U(T,V). Pada tiap perubahan yang sangat kecil, pengaruh 2 variabel

tersebut dirumuskan sebagai diferensial parsial sesuai persamaan

3.9.

dVV

UdT

T

UdU

Tv

∂∂+

∂∂= ............................................... (3.9)

Persamaan 3.9 bermakna bahwa perubahan energi dalam

merupakan penjumlahan perubahan energi dalam yang terjadi

karena perubahan temperatur pada volume tetap dan perubahan

energi dalam yang terjadi karena perubahan volume pada

temperatur tetap.

Gabungan persamaan 3.8 dan 3.9 menghasilkan persamaan

3.10.

=

∂∂+

∂∂

dVV

UdT

T

U

Tv

đq + pdV ..................................... (3.10)

4. Energi dalam pada berbagai kondisi

Persamaan-persamaan yang telah diperoleh di atas dapat

digunakan untuk menurunkan beberapa persamaan yang berkaitan

dengan energi dalam pada berbagai kondisi, antara lain:

Page 70: Termodinamika Kimia

60

60 Termodinamika Kimia

a. Energi dalam pada proses isokhorik

Perubahan energi dalam pada kondisi isokhorik dapat

diturunkan dari persamaan 3.8. Pada kondisi tersebut, volume

sistem tidak berubah atau dV = 0 sehingga diperoleh persamaan

5.11.

dU = đqV.............................................................................. (3.11)

dimana đqV adalah kalor sistem pada proses isokhorik. Persamaan

3.11 memperlihatkan bahwa pada proses isokhorik perubahan

energi dalam hanya dipengaruhi oleh kalor yang diserap atau

dilepas sistem.

Persamaan lain yang dapat diturunkan pada proses

isokhorik adalah kapasitas kalor sistem pada volume konstan (CV).

Persamaan ini dapat diturunkan dari persamaan 3.10 dimana pada

proses isokhorik dV = 0, sehingga persamaan tersebut

disederhanakan menjadi persamaan 3.12.

=

∂∂

dTT

U

v

đqv

Perbandingan dT

mirip dengan persamaan 3.1, sehingga

dapat ditentukan kapasitas kalor sistem pada volume konstan

sesuai persamaan 3.13.

Dengan demikian, besarnya perubahan energi dalam suatu sistem

yang dipanaskankan dari T1 ke T2 pada volume tetap dapat

dirumuskan sesuai persamaan 3.14.

∫=∆2

1

T

T

vdTCU ................................................................... (3.14)

........................................................ (3.13)

v

vT

U

dTC

∂∂==

đqv

dTT

U

v

=

∂∂ đqv

............................................................. (3.12)

đqv

Page 71: Termodinamika Kimia

61

61 DAFTAR ISI

b. Energi dalam pada proses adiabatik

Perubahan energi dalam pada proses adiabatik dapat

diturunkan dari persamaan 3.8. Pada kondisi tersebut, sistem tidak

menerima atau melepasakan kalor (đq = 0) sehingga persamaan 3.8

dapat diubah menjadi persamaan 3.15

dU = pdV ............................................................................. (3.15)

Persamaan 3.15 memperlihatkan bahwa pada proses adiabatik

perubahan energi dalam hanya dipengaruhi oleh kerja yang

dilakukan atau diterima sistem.

c. Energi dalam pada proses isotermal

Perubahan energi dalam pada proses isotermal dapat

diturunkan dari persamaan 3.10. Pada kondisi tersebut, temperatur

sistem konstan atau dT = 0, sehingga persamaan 3.10 dapat diubah

menjadi persamaan 3.16.

=

∂∂

dVV

U

T

đq + pdV ........................................................ (3.16)

Berdasarkan percobaan Joule, pada kondisi isotermal untuk gas

ideal, besarnya kerja ekspansi yang dilakukan sistem sama dengan

besarnya kalor yang dibutuhkan, -pdV = đq. Kesimpulan ini

menghasilkan persamaan 3.17.

0=

∂∂

TV

U.......................................................................... (3.17)

Dengan kata lain, untuk gas ideal, perubahan volume pada kondisi

isotermal tidak mengubah energi dalam sistem.

atau

0=∆U ................................................................................ (3.18)

Persamaan 3.18 hanya berlaku untuk gas ideal pada kondisi

isotermal. Berdasarkan percobaan yang dilakukan oleh Joule-

Thomson pada gas real 0≠

∂∂

TV

U, sehingga untuk menghitung

perubahan energi dalam suatu sistem gas real harus menggunakan

Page 72: Termodinamika Kimia

62

62 Termodinamika Kimia

gabungan persamaan 3.9 dan 3.13 yang berlaku umum untuk

semua sistem tertutup.

dVV

UdTCdU

T

v

∂∂+= ....................................................... (3.19)

d. Energi dalam pada proses isobarik

Persamaan 3.8 yang dituliskan sebelumnya adalah

perubahan energi dalam yang diturunkan pada tekanan tertentu,

sehingga pada proses isokhorik, perubahan energi dalam sistem

sama dengan persamaan 3.8 tersebut, yakni:

dU = pdV + đq

Jika persamaan ini diintegralkan sebagai kerja ekspansi

(-pdV) pada tekanan konstan (isobarik) akan diperoleh:

p) + q - V = -p (V - UU 1212 (untuk kerja kompresi V1 > V2)

( ) ( )1122 pVUpVUqp +−+=

12 ppp qqq −= ............................................................... (3.20)

dimana qp adalah kalor yang diserap atau dilepas sistem pada

proses isobarik.

Persamaan 3.20 memperlihatkan bahwa qp ditentukan oleh

2 keadaan, yaitu selisih antara qp akhir (qp2) dan qp awal (qp1)

sehingga qp termasuk fungsi keadaan. Selain itu, persamaan

tersebut memperlihatkan bahwa qp ditentukan oleh U dan pV,

dimana U dan pV adalah fungsi keadaan. Fungsi yang dihasilkan

dari fungsi keadaan seperti qp pada persamaan 3.20 termasuk juga

fungsi keadaan sehingga sehingga qp adalah fungsi keadaan.

Akan tetapi, telah dijelaskan sebelumnya bahwa q secara

umum bukan fungsi keadaan melainkan fungsi jalan. Untuk

menghindari kerancuan, maka q pada tekanan konstan (qp) diberi

∫ ∫∫ +−=2

1

2

1

2

1

dVpdU đqp

Page 73: Termodinamika Kimia

63

63 DAFTAR ISI

nama baru yaitu entalpi (H) sehingga diperoleh rumusan baru,

yakni persamaan 3.21.

pVUHqp +== .................................................................. (3.21)

5. Hubungan antara U dan H

Energi dalam (U) dan entalpi (H) adalah dua fungsi keadaan

yang berbeda. Hubungan keduanya diperlihatkan pada persamaan

3.21 yang dapat ditulis ulang sebagai fungsi keadaan sesuai

persamaan 3.22.

( )pVUH ∆+∆=∆ ................................................................ (3.22)

Jika sistem yang dianalisis menghasilkan gas dan dianggap sebagai

gas ideal (pV = nRT), maka persamaan tersebut dapat dimodifikasi

menjadi persamaan 3.23.

( )RTnUH gas∆+∆=∆

gasnRTUH ∆+∆=∆ ............................................................. (3.23)

Jika sistem yang dianalis tidak menghasilkan gas, maka perubahan p

dan V sangat kecil, sehingga nilai Δ(pV) mendekati nol atau Δ(pV) ≈

0. Nilai ini dapat diabaikan sehingga untuk sistem tersebut

diperoleh persamaan 3.24.

UH ∆=∆ ............................................................................. (3.24)

Contoh SoalContoh SoalContoh SoalContoh Soal

Suatu reaksi yang berlangsung pada P tetap disertai pelepasan

kalor = 200 kJ dan sistem melakukan kerja sebanyak 5 kJ.

Tentukan nilai ∆∆∆∆H, ∆∆∆∆E, q dan w reaksi itu!

Jawab:

Sistem melepaskan kalor, artinya q = - 200 kJ.

Sistem melakukan kerja, artinya w = - 5 kJ.

∆U = qp + w

∆U = - 200 kJ – 5 kJ = - 205 kJ

∆H = qp = - 200 kJ

Page 74: Termodinamika Kimia

64

64 Termodinamika Kimia

Latihan SoalLatihan SoalLatihan SoalLatihan Soal

Air dididihkan pada tekanan 1.0 atm. Jika arus listrik sebesar 0.5

A dari sumber daya 12 V mengalir selama 300 detik melalui

tahanan yang mempunyai kontak termal dengan air tersebut,

maka sebanyak 0.798 g air menguap. Hitunglah energi dalam

molar dan perubahan entalpi pada titik didihnya (373.15 K)!

(+ 38 kJ mol-1

)

6. Perubahan entalpi (H) pada sistem tertutup

Seperti halnya energi dalam (U), entalpi (H) sistem juga

akan berubah jika variabel-variabel keadaannya berubah. Pada

sistem tertutup, perubahan entalpi hanya dipengaruhi oleh p, V,

dan T. Akan tetapi, p merupakan pasangan V, sehingga cukup

dipilih salah satunya. Variabel yang harus dipilih adalah p karena

entalpi adalah fungsi yang ditentukan pada p tertentu sehingga

variabel bebas entalpi pada sistem tertutup adalah T dan p.

Secara matematis ungkapan tersebut dapat dituliskan H =

H(T,p). Pada tiap perubahan yang sangat kecil, pengaruh 2 variabel

tersebut dirumuskan sebagai diferensial parsial sesuai persamaan

3.25.

dpp

HdT

T

HdH

Tp

∂∂+

∂∂= ................................................ (3.25)

Jika proses berlangsung pada tekanan konstan, diperoleh

persamaan 3.26.

dTT

HdH

p

∂∂= ................................................................... (3.26)

dimana dH = đqp, sehingga diperoleh kapasistas kalor pada tekanan

tetap (Cp) sesuai persamaan 3.27.

p

p

CdTdT

dH

T

H ===

∂∂

đqp

............................................. (3.27)

Page 75: Termodinamika Kimia

65

65 DAFTAR ISI

Subtitusi persamaan 3.27 ke persamaan 3.25 menghasilkan

persaman 3.28.

dpp

HdTCdH

T

p

∂∂+= ....................................................... (3.28)

Nilai

Tp

H

∂∂

dapat ditentukan menggunakan hubungan

pembuat permutasi dalam diferensial parsial yang dirumuskan

xyzy

z

z

x

y

x

∂∂

∂∂−=

∂∂

. Berdasarkan hubungan tersebut, dapat

dituliskan:

HpTp

T

T

H

p

H

∂∂

∂∂−=

∂∂

H

p

Tp

TC

p

H

∂∂−=

∂∂

........................................................... (3.29)

Nilai

Hp

T

∂∂

dikenal sebagai koefisien Joule-Thomson

disimbol JTµ , sehingga persamaan 3.29 dapat disederhanakan:

JTp

T

Cp

H µ−=

∂∂

................................................................. (3.30)

Subtitusi persamaan 3.30 ke persamaan 3.28 menghasilkan

persamaan 3.31, yaitu perubahan entalpi pada sistem tertutup

sebagai fungsi temperatur dan tekanan.

dpCdTCdH JTpp µ−= ......................................................... (3.31)

7. Hubungan antara Cv dan Cp

Kapasitas kalor pada tekanan tetap (Cp) selalu lebih besar

daripada kapasitas kalor pada volume tetap (CV) karena kerja

tekanan-volume (ekspansi) dilakukan bila sistem dikalor kan pada

Page 76: Termodinamika Kimia

66

66 Termodinamika Kimia

tekanan tetap. Hubungan keduanya dapat diperoleh dengan cara

berikut:

• Gabungkan persamaan 3.8 dengan 3.19 sebagai kerja ekspansi

(-pdV):

đq pdVdVV

UdTC

T

v +

∂∂+= ...................................... (3.32)

• Pada tekanan konstan persamaan tersebut dapat dituliskan:

đqp dVpV

UdTC

T

v

+

∂∂+= ....................................... (3.33)

• Persamaan 3.33 dikali dengan dT

1, sehingga diperoleh:

pT

vpdT

dVp

V

UCC

+

∂∂+= ...................................... (3.34)

Persamaan 3.34 memperlihatkan bahwa Cp selalu lebih besar

dari Cv. Jika sistem dianggap sebagai gas ideal, dimana 0=

∂∂

TV

U,

dan p

nR

dT

dV

p

=

, maka persamaan 3.34 dapat dituliskan sesuai

persamaan 3.35.

nRCC vp += ....................................................................... (3.35)

pT

v

dT

dVp

V

U

dT

dTC

dT

+

∂∂+=

đqp

Page 77: Termodinamika Kimia

67

67 DAFTAR ISI

Contoh SoalContoh SoalContoh SoalContoh Soal

Lima kilogram gas N2 dipanaskan pada tekanan tetap sehingga

temperaturnya naik dari 10oC menjadi 130

oC. Jika Cv = 0.177

kal g-1 0

C-1

dan Cp = 0.248 kal g-1 0

C-1

, hitung :

a. Kenaikan energi dalam

b. Kerja luar yang dilakukan gas

Jawab:

Dik: m = 5 kg Dit: a. ∆U = ...?

T1 = 10 + 273 = 283 K b. w = ..?

T2 = 130 + 273 = 403 K

Cv = 0.177 kal g-1 0

C-1

Cp = 0.248 kal g-1 0

C-1

Penyelesaian:

a. Kenaikan energi dalam (∆U):

( )( ) ( )( ) ( )

( )( )

kalori

x

)- (

TT C

TT) C -C(C

TT)-C- (CTT C

TT- nRTT C

TTnRqΔU

v

vpp

vpp

p

p

24.21

120177.0

283403177.0

12

12

1212

1212

12

===

−=−+=

−−=−−=

−−=

Latihan SoalLatihan SoalLatihan SoalLatihan Soal

Perkirakan perbedaan antara Cp dan CV karbon tetraklorida pada

temperature 25 0C, jika Cp = 132 JK

-1mol

-1. Pada temperatur ini,

rapatannya = 1.59 g cm-3

, koefisien pemuaian = 1.24 x 10-3

K-1

,

dan kompresibilitas isotermalnya = 9.05 x 10-5

atm-1

!

(49.6 JK-1

mol-1

)

b. Kerja (w):

( )( )

kalori

x

x

TCCw vp

52.8

120071.0

120177.0248.0

==

−=∆−=

Page 78: Termodinamika Kimia

68

68 Termodinamika Kimia

8. Ekspansi reversibel adiabatik gas ideal pada sistem tertutup

Proses adiabatik adalah proses yang tidak disertai

perubahan kalor, sehingga đq = 0. Jika sistem tertutup gas ideal

diekspansi secara reversibel pada kondisi adiabatik, maka

temperatur sistem akan digunakan untuk mempertahankan agar

kalor tetap konstan sehingga temperatur sistem berkurang.

Temperatur sistem berkurang akan diiringi dengan berkurangnya

tekanan sistem lebih cepat. Kondisi ini berbeda jika sistem

diekspansi secara reversibel pada kondisi isotermal, dimana

temperatur konstan dan tekanan tidak turun secepat pada kondisi

adiabatik. Perbedaan kurva tekanan – volume reversibel untuk 2

kondisi tersebut digambarkan pada gambar 3.7.

Gambar 3.7. Ekspansi adiabatik dan isotermal gas ideal pada sistem

tertutup

Oleh karena đq = 0, maka untuk kerja ekspansi pdVdU −= ,

dimana dU untuk gas ideal sama dengan CVdT sehingga persamaan

tersebut ditulis sesuai persamaan 3.36.

pdVdTCv −= ...................................................................... (3.36)

Nilai p dapat disubsitusi dengan V

nRTp = , sehingga diperoleh

persamaan 3.37.

Page 79: Termodinamika Kimia

69

69 DAFTAR ISI

dVV

nRdT

T

Cv −= ................................................................. (3.37)

Jika diintegrasikan dengan batas T1 – T2 dan V1 – V2 , kemudian

disubstitusi dengan persamaan 3.35 akan diperoleh persamaan

3.38.

( )2

1

1

2

1

2

1

2

lnln

lnln

V

VCC

T

TC

V

VnR

T

TC

Vpv

v

−=

−=

2

1

1

2 ln1lnV

V

C

C

T

T

V

p

−= ..................................................... (3.38)

dimana V

p

C

Cadalah tetapan Laplace (γ), sehingga diperoleh

persamaan 3.39.

( )2

1

1

2 ln1lnV

V

T

T −= γ

1

2

1

1

2

=

γ

V

V

T

T................................................................... (3.39)

Persamaan 3.39 dapat dimodifikasi untuk mencari

hubungan tekanan volume atau tekanan temperatur pada sistem

adiabatik sesuai persamaan 3.40 dan 3.41.

γγ2211 VpVp = ..................................................................... (3.40)

1

1

2

1

2

=

γγ

p

p

T

T................................................................. (3.41)

Page 80: Termodinamika Kimia

70

70 Termodinamika Kimia

Contoh SoalContoh SoalContoh SoalContoh Soal

Suatu gas ideal monoatomik γγγγ = 5/3 dimampatkan secara

adiabatik dan volumnya berkurang dengan faktor pengali dua.

Tentukan faktor pengali bertambahnya tekanan.

Jawab:

Dik: γ = 5/3 Dit: p2 = ...?

V1 = 2V2

Penyelesaian:

( ) 1

67,1

12

3

5

2

21

2

112

2211

18,32

2

ppp

V

Vp

V

Vpp

VpVp

==

=

=

γγ

Latihan SoalLatihan SoalLatihan SoalLatihan Soal

Cuplikan argon pada tekanan 1 atm memuai secara reversible

dan adiabatik sampai dua kali volume awalnya. Hitunglah

tekanan akhirnya!

(0.31 atm)

9. Beberapa kesimpulan

Berikut ini adalah beberapa kesimpulan penerapan hukum

pertama termodinamika pada berbagai kondisi:

• Proses isotermis⇒ temperatur tetap⇒ tidak ada perubahan

energi dalam⇒∆U = 0 →q = w (kalor yang diserap seluruhnya

digunakan untuk melakukan kerja)

• Proses isobaris⇒ qp = ∆U + w, dimana qp dapat dinyatakan

sebagai H (qp = H).

Page 81: Termodinamika Kimia

71

71 DAFTAR ISI

• Proses isokhorik⇒ volume tetap⇒ tidak melakukan kerja⇒ w = 0⇒ qV = ∆U (kalor yang diserap hanya digunakan untuk

menaikkan energi dalam gas )

• Proses adiabatik⇒ q = 0⇒∆U + w = 0 ⇒w = -∆U (kerja yang

dilakukan gas sama dengan penurunan energi dalam gas).

Untuk gas ideal ∆U = CVdT sehingga w = - CVdT.

Soal LatihanSoal LatihanSoal LatihanSoal Latihan ����

1. Jika kalor sebanyak 2.7 kJ ditambahkan pada sistem, sedangkan

sistem melakukan kerja 1.3 kJ, berapakah perubahan energi

dalam sistem?

2. Hitunglah besarnya kerja dalam satuan Joule yang dilakukan

oleh suatu sistem yang mengalami ekspansi melawan p = 2 atm

dengan perubahan V = 10 L !

3. Suatu reaksi yang berlangsung pada V tetap disertai

penyerapan kalor = 200 kJ. Tentukan nilai ∆E, q dan w reaksi

itu!

4. Kurva 1-2 pada dua diagram di bawah menunjukkan pemuaian

gas (pertambahan volume gas) yang terjadi secara adiabatik

dan isotermal. Pada proses manakah kerja yang dilakukan oleh

gas lebih kecil?

Page 82: Termodinamika Kimia

72

72 Termodinamika Kimia

5. Dengan penurunan langsung dari H = U + pV, cari hubungan

antara pU

H

∂∂

dan pV

U

∂∂

. Pastikan hasilnya dengan

menyatakan pU

H

∂∂

sebagai pertandingan dari kedua turunan

itu terhadap volume dan kemudian gunakan definisi entalpi!

6. Energi dalam gas sempurna beratom tunggal relatif terhadap

nilainya pada T = 0 adalah 3/2 nRT. Hitunglah TV

U

∂∂

dan

TV

H

∂∂

gas itu.

7. Sebanyak 50 cm3 cuplikan tembaga dikenai tambahan tekanan

100 atm dan kenaikan temperatur 5 K. Perkirakan perubahan

volume total!

8. Pada permulaan 2 mol zat asam ( gas diatomik ) temperaturnya

27 0C dan volumenya 0.02 m

3. Gas disuruh mengembang secara

isobaris sehingga volumenya menjadi dua kali lipat kemudian

secara adiabatik hingga temperaturnya mencapai harga yang

seperti permulaan lagi. R = 8.317 J mol-1

K. Tentukan:

a. Energi dalam totalnya ?

b. Kalor yang ditambahkan ?

c. Kerja yang dilakukan ?

d. Volume sistem pada akhir proses ?

9. Satu mol gas ideal yang mula-mula ada pada tekanan 1 atm dan

temperatur 0°C ditekan secara isotermis dan kuasi statik

sehingga tekanannya menjadi 2 atm. Hitung:

a. volume gas mula-mula,

b. kerja yang diperlukan untuk menekan gas, dan

c. kalor yang dikeluarkan gas selama proses kompresi

tersebut.

10. Satu mol gas ideal mula-mula tekanannya 3 atm, volumenya 1 L

dan energi dalamnya 456 J. Gas kemudian berekspansi pada

Page 83: Termodinamika Kimia

73

73 DAFTAR ISI

tekanan tetap sampai volumenya 3 L, kemudian didinginkan

pada volume konstan sampai tekanannya menjadi 2 atm.

a. tunjukkan proses yang dialami gas dalam diagram p – V,

b. hitunglah kerja yang dilakukan gas, dan

c. hitunglah kalor yang ditambahkan pada gas selama proses

tersebut.

11. Satu mol karbon monoksida dipanaskan dari 150

C menjadi

160 C pada volume tetap. Massa molekulnya 28.01 gram/mol,

Cp = 1.03 x 103 J kg

-1 K, dan γ = 1.40 . Hitunglah penambahan

energi dalam!

12. Sampel 4 mol O2 mula-mula ditempatkan pada volume 20 L

dam temperatur 270 K. Kemudian sampel ini mengalami

pemuaian adiabatik melawan tekanan tetap 600 Torr sampai

volumenya menjadi 3 kali semula. Hitunglah q, w, ∆T, ∆U, dan

∆H.

13. Perkirakan perubahan volume yang terjadi jika 1 cm3 balok (a)

air raksa (b) intan dipanaskan 5 K pada temperatur kamar.

14. Pikirkanlah suatu sistem yang terdiri atas 2 mol gas CO2

(dianggap sempurna) pada temperatur 25 0C berada pada

silinder dengan luas penampang 10 cm2 dan tekanan 10 atm.

Gas tersebut memuai secara adiabatik dan reversibel.

Hitunglah w, q, ∆T, ∆U, dan ∆H jika penghisap sudah berpindah

20 cm.

15. Hitunglah tekanan akhir yang terjadi jika neon pada tekanan 1

atm dimampatkan secara reversibel dan adiabatik menjadi 75%

volume awalnya.

Page 84: Termodinamika Kimia

74

74 Termodinamika Kimia

TERMOKIMIATERMOKIMIATERMOKIMIATERMOKIMIA

Proses kimia dan fisika selalu disertai perubahan energi

sistem. Jika proses terjadi pada tekanan tetap (yang umum

dijumpai), perubahan energi yang dapat diamati adalah perubahan

entalpinya (∆H). Kajian termodinamika yang khusus mempelajari

perubahan energi sistem kimia, khususnya ∆H disebut termokimia.

A. Persamaan termokimia

Persamaan termokimia adalah persamaan reaksi yang

mengikutsertakan perubahan entalpinya (∆H). Nilai ∆H pada

persamaan termokimia disesuaikan dengan stoikiometri, arah, dan

fasa zat. Contoh:

Pembentukan 1 mol air dari gas hidrogen dengan oksigen pada 298

K dan 1 atm dilepaskan kalor sebesar 285.5 kJ, maka persamaan

termokimianya ditulis sebagai berikut:

kJHlOHgOgH 5.285 )()()( 2221

2 −=∆→+

Page 85: Termodinamika Kimia

75

75 DAFTAR ISI

Jika koefisien digandakan dengan faktor y, maka harga harga ∆H

harus dikalikan dengan faktor y tersebut.

kJHlOHgOgH 571 )(2)()(2 222 −=∆→+

Jika reaksi dibalik (posisi reaktan dan produk ditukar), maka nilai ∆H

tetap sama, tetapi tandanya berlawanan.

kJHgOgHlOH 5.285 )()( )( 221

22 +=∆+→

Jika fasa reaktan atau produk berbeda, maka perubahan entalpinya

juga akan berbeda.

kJHgOHgOgH 82.241 )()()( 2221

2 −=∆→+

Tanda (-) atau (+) menunjukkan reaksi melepaskan kalor ke

lingkungan (eksotermis) atau reaksi menggunakan kalor dari

lingkungan (endotermis).

B. Jenis-jenis perubahan entalpi

Perubahan entalpi sistem biasanya dinyatakan pada

tekanan standar, yaitu 1 bar∗ dan temperatur konvensional (TC),

yaitu 298.15 K (sama dengan 25 0C) . Perubahan entalpi yang diukur

pada keadaan tersebut disebut perubahan entalpi standar disimbol

∆Ho dengan satuan Joule atau kalori. Jika diukur pada keadaan

tertentu, bukan pada keadaan standar, cukup disimbolkan dengan

∆H. Perubahan entalpi sering pula dinyatakan untuk tiap 1 mol zat

yang disebut entalpi molar disimbol ∆Ho

m pada keadaan standar

atau ∆Ho

m pada keadaan tertentu dengan satuan J mol-1

atau kal

mol-1

.

∗ Tekanan 1 bar adalah tekanan standar terbaru untuk melaporkan data

termodinamika dan mulai digunakan oleh National Bureau of Standars. Beberapa

buku masih menggunakan tekanan 1 atm sebagai tekanan standar, khususnya

untuk analisis yang tidak memerlukan ketepatan tinggi karena nilainya tidak jauh

berbeda (1 bar = 0.98692 atm).

Page 86: Termodinamika Kimia

76

76 Termodinamika Kimia

Perubahan entalpi sistem kimia, berdasarkan jenis

reaksinya dapat digolongkan sebagai berikut :

2. Entalpi pembentukan (∆∆∆∆Hf)

Entalpi pembentukan (∆Hf) atau kalor pembentukan adalah

perubahan entalpi yang terjadi pada pembentukan satu mol

senyawa dari unsur-unsurnya dalam keadaan referensi. Keadaan

referensi suatu unsur adalah keadaannya yang paling stabil pada

keadaan standar. Misal pada keadaan standar, nitrogen stabil

sebagai senyawa dwiatom N2, oksigen sebagai O2, hidrogen

sebagai H2, klorin sebagai Cl2, karbon sebagai Cgrafit, belerang

sebagai Srombik, fosfor sebagai Pputih, raksa dalam bentuk cair,

beberapa logam dalam bentuk kristal, dan lain-lain.

Entalpi pembentukan unsur-unsur dalam keadaan

referensinya sama dengan nol sama dengan nol pada semua

temperatur karena entalpi tersebut adalah entalpi dari reaksi nol.

Adapun entalpi pembentukan senyawa dapat bernilai positif

(endotermis) atau negatif (eksotermis).

Contoh:

0 )()(0

22=∆→

fHgNgN

10

662 0.49 )()(3) ,(6 −+=∆→+ molkJHlHCgHgrafitsC mf

10

221 9.401 )()()( −−=∆→+ molkJHsNaClgClsNa mf

3. Entalpi penguraian (∆∆∆∆Hd)

Entalpi penguraian (∆Hd) adalah perubahan entalpi yang

terjadi pada penguraian 1 mol senyawa menjadi unsur-unsur

penyusunnya. Perubahan entalpi ini merupakan kebalikan dari

perubahan entalpi pembentukan, maka nilainya pun akan

berlawanan tanda. Menurut Marquis de Laplace, “jumlah kalor

yang dilepaskan pada pembentukan senyawa dari unsur-unsur

penyusunnya sama dengan jumlah kalor yang diperlukan pada

penguraian senyawa tersebut menjadi unsur-unsur penyusunnya“.

Pernyataan ini disebut hukum Laplace.

Page 87: Termodinamika Kimia

77

77 DAFTAR ISI

Contoh :

Diketahui ∆Hf o CH4(g) = -74.81 kJ mol

-1, maka entalpi penguraian

CH4(g) menjadi karbon dan gas hidrogen adalah +74.81 kJ mol-1

sesuai persaman reaksi berikut:

10

24 81.74 )(2)()( −+=∆+→ molkJHgHgCgCH md

4. Entalpi pembakaran (∆∆∆∆Hc )

Entalpi pembakaran (∆Hc) adalah perubahan entalpi yang

terjadi pada pembakaran/oksidasi 1 mol senyawa organik secara

sempurna menjadi CO2 dan H2O bagi senyawa yang mengandung C,

H, dan O atau menjadi N2 bagi senyawa yang mengandung N.

Contoh :

10

2226126 2808 )(6)(6)(6)(

−−=∆+→+ molkJHlOHgCOgOsOHC mcRe

aksi pembakaran merupakan reaksi yang menghasilkan kalor

(eksotermis), sehingga ΔHnya selalu bernilai negatif.

5. Entalpi netralisasi (∆∆∆∆Hn)

Entalpi netralisasi (∆Hn) adalah perubahan entalpi yang

terjadi pada penetralan 1 mol asam oleh basa atau 1 mol basa oleh

asam. Contoh :

kJHlOHaqSONaaqSOHaqNaOHn

200 )(2)()()(224242

−=∆+→+

∆Hn reaksi = -200 kJ

∆Hn NaOH = 1 100 2

200 −−=−kJmol

mol

kJ

∆Hn H2SO4 = 1 200 1

200 −−=−kJmol

mol

kJ

6. Entalpi hidrogenasi (∆∆∆∆Hh)

Entalpi hidrogenasi (∆Hh) adalah perubahan entalpi yang

terjadi pada hidrogenasi 1 mol senyawa organik tak jenuh.

Page 88: Termodinamika Kimia

78

78 Termodinamika Kimia

Contoh:

10

33222137 )(CHCH)()(CHCH

- kJmol-H ggHg =∆→+=

10

126266205 )(HC)(3HC

- kJmol-H ggH =∆→+

Jika entalpi hidrogenasi etena (C2H4) yang terdiri dari 1 ikatan

rangkap dikali 3, ternyata tidak sama dengan entalpi hidrogenasi

benzena (C6H6) yang telah terdiri dari 3 ikatan rangkap. Entalpi

hidrogenasi benzena adalah 206 kJmol-1

, kurang dari 3 x 137 kJ mol-

1. Hal ini menunjukkan bahwa bentuk siklik benzena menjadikannya

lebih stabil sehingga energi yang dibutuhkan untuk

menghidrogenasinya lebih kecil.

Selain perubahan entalpi reaksi kimia, dikenal pula

perubahan entalpi proses fisika, seperti entalpi penguapan (∆Hvap),

entalpi peleburan (∆Hfus), entalpi sublimasi (∆Hsub), entalpi

pelarutan (∆Hsol), dan lain-lain.

Contoh:

10

22

10

22

10

22

01.50 )()(

00.44 )()(

01.6 )()(

-sub

-vap

-fus

kJmolH gOHsOH

kJmolH gOHlOH

kJmolH lOHsOH

+=∆→+=∆→+=∆→

dimana vapfussub HHH 000 ∆+∆=∆ ,maka:

10 14.75 )()(

−−=∆→ kJmolHaqHClgHCl sol

Contoh SoalContoh SoalContoh SoalContoh Soal

Nyatakan entalpi reaksi standar:

)(4)()(2)(2 2223 gNlOHgNOlHN +→+

menggunakan entalpi standar pembentukan komponen-

komponennya!

Jawab:

Reaksi di atas telah setara, sehingga koefisiennya dapat digunakan

untuk menyatakan entalpi reaksi standarnya menggunakan entalpi

Page 89: Termodinamika Kimia

79

79 DAFTAR ISI

standar pembentukan komponen-komponennya:

( ) ( ) ( ) ( )NOHHNHNHOHHHffff

0

3

0

2

0

22

00 224 ∆−∆−∆+∆=∆

Latihan SoalLatihan SoalLatihan SoalLatihan Soal

Hitung entalpi kisi CaBr2!

(2148 kJ mol-1

)

C. Penentuan perubahan entalpi (∆∆∆∆H)

Beberapa cara yang dapat digunakan untuk menetukan

perubahan entalpi adalah sebagai berikut:

1. Metode langsung dengan kalorimetri

Kalorimetri adalah cara penentuan kalor reaksi secara

eksprimen menggunakan kalorimeter. Kalorimeter adalah sistem

yang terisolasi sehingga tidak terjadi perpindahan materi maupun

energi dengan lingkungannya. Semua energi yang diserap atau

dilepaskan reaksi kimia sebagai kalor menyebabkan perubahan

temperatur (ΔT) dalam kalorimeter. Jika ΔT tersebut diketahui,

maka jumlah kalor yang diserap atau dilepaskan dalam kalorimeter

dapat dihitung menggunakan persamaan 4.1.

TCq kalkal ∆×= .................................................................... (4.1)

dimana Ckal adalah kapasitas kalor kalorimeter (J 0C

-1 atau JK

-1),

yaitu jumlah kalor yang dibutuhkan tiap kenaikan temperatur 1

derajat.

Kalorimeter selalu dilengkapi dengan termometer untuk

mengetahui perubahan temperatur yang terjadi. Jenis-jenis

kalorimeter yang biasa digunakan adalah sebagai berikut:

a. Kalorimeter volume konstan (kalorimeter bom)

Kalorimeter bom adalah kalorimeter yang khusus

digunakan untuk menentukan kalor yang dihasilkan reaksi

pembakaran. Kalorimeter ini terdiri dari sebuah bom (tempat

Page 90: Termodinamika Kimia

80

80 Termodinamika Kimia

berlangsungnya reaksi pembakaran, terbuat dari bahan stainless

steel dan diisi dengan gas oksigen pada tekanan tinggi). Bom

tersebut ditempatkan pada sebuah bak yang diisi air dan dibatasi

dengan wadah yang kedap panas untuk memastikan tidak ada kalor

yang meninggalkan atau masuk ke dalam sistem.

Reaksi pembakaran terjadi di dalam bom. Semua kalor yang

dihasilkan (qreaksi) diserap oleh kalorimeter (air dan bom) dan tidak

ada kalor yang terbuang sehingga:

-qreaksi = qkal.......................................................................... (4.2)

Jumlah kalor yang diserap oleh kalorimeter (qkal) dapat dihitung

menggunakan persamaan 4.1.

Kapasitas kalor kalorimeter (Ckal) dapat diketahui dengan

kalibrasi menggunakan senyawa standar yang qreaksinya telah

diketahui. Sebagai contoh, qreaksi 1 gram asam benzoat adalah 26.42

kJ. Jika kalor tersebut menyebabkan kenaikan temperatur sebesar

4.673 K, maka Ckal kalorimeternya adalah:

1 645.5

673.4

42.26

673.4 42.26

−==

×=∆×=

KkJK

kJC

KCkJ

TCq

kal

kal

kalkal

Hasil kalibrasi ini dapat digunakan untuk menentukan qreaksi

pembakaran senyawa yang lain.

Reaksi yang berlangsung pada kalorimeter bom

berlangsung pada volume konstan bukan pada tekanan konstan

sehingga qreaksi ≠ ΔH melainkan qreaksi = ΔU. Pada kasus seperti ini,

ΔH dapat dihitung menggunakan persamaan 3.23 dan 3.24 pada

bab sebelumnya.

b. Kalorimeter tekanan konstan (kalorimeter sederhana)

Kalorimeter yang lebih sederhana dari kalorimeter volume

konstan adalah kalorimeter tekanan konstan yang dibuat dari gelas

stirofoam. Kalorimeter ini biasanya dipakai untuk mengukur qreaksi

Page 91: Termodinamika Kimia

81

81 DAFTAR ISI

reaksi dalam fase larutan, misal: reaksi netralisasi asam – basa,

pelarutan, pengendapan, pengenceran dan lain-lain.

Seperti halnya kalorimter sebelumnya, kalorimeter ini

dianggap sebagai sistem terisolasi, meskipun sejumlah kalor

memungkinkan keluar ke lingkungan sehingga tidak terukur. Akan

tetapi, kalor tersebut dapat diabaikan karena nilai yang sangat

kecil. Oleh karena, reaksi yang terjadi dalam kalorimeter ini

berlangsung pada tekanan konstan maka besarnya qreaksi = ΔH.

2. Metode tidak langsung berdasarkan hukum Hess

Metode kalorimetri hanya dapat digunakan untuk reaksi

yang berlangsung satu tahap atau reaksi yang berlangsung cepat

dan sederhana. Kebanyakan reaksi berlangsung dalam beberapa

tahap dan menghasilkan produk selain senyawa yang diharapkan.

Perubahan entalpi reaksi-reaksi tersebut hanya dapat ditentukan

secara tidak langsung. Metode tidak langsung tersebut berdasarkan

hukum Hess yang dapat dinyatakan sebagai berikut: perubahan

entalpi suatu reaksi hanya tergantung pada keadaan awal ( zat-zat

pereaksi ) dan keadaan akhir ( zat-zat hasil reaksi ) dari suatu reaksi

dan tidak tergantung pada jalannya reaksi.

Berdasarkan Hukum Hess, penentuan ∆H dapat dilakukan

melalui 3 cara yaitu :

a. Menjumlahkan perubahan entalpi tahap-tahap reaksi yang

berhubungan.

Contoh :

Reaksi pembakaran propena dapat dituliskan sebagai berikut:

10

c2222

9

63 2058H )(3)(3)()(

−−=∆+→+ molkJlOHgCOgOgHC

Reaksi tersebut diperoleh dari penjumlahan 3 tahap reaksi berikut:

10

c2222

9

63

10

d221

22

10

c22283

10

h83263

2058H )(3)(3)()(

286H )()( )(

2220H )(4)(3)(5 )(

124H )( )()(

+

−=∆+→+

+=∆+→

−=∆+→+

−=∆→+

molkJlOHgCOgOgHC

molkJgOgHlOH

molkJlOHgCOgOgHC

molkJgHCgHgHC

Page 92: Termodinamika Kimia

82

82 Termodinamika Kimia

Contoh di atas memperlihatkan bahwa entalpi merupakan

fungsi keadaan yang perubahannya tidak tergantung pada jalan

yang dilalui, tapi tergantung pada keadaan awal dan akhir.

Penjelasan ini digambarkan sesuai gambar 4.2.

Gambar 4.2. Siklus reaksi pembakaran propena

Berdasarkan gambar 4.2, perubahan entalpi reaksi

pembakaran propena dapat digambarkan sesuai gambar 4.3.

Gambar 4.3. Perubahan entalpi reaksi pembakaran propena

(ΔHtotal = ΔH1 + ΔH2 + ΔH3)

Berdasarkan contoh di atas dapat dirumuskan perubahan

entalpi reaksi yang terdiri dari beberapa tahap sesuai persamaan

4.3.

Page 93: Termodinamika Kimia

83

83 DAFTAR ISI

ntotalHHHHH ∆+∆+∆+∆=∆ .....

321.................................... (4.3)

dimana n adalah bilangan bulat yang menunjukkan tahapan reaksi.

b. Menghitung selisih entalpi pembentukan (∆Hf o) antara produk

dan reaktan.

Misal untuk reaksi:

qCBpADnCDmAB +→+

Perubahan entalpinya dapat ditentukan dari entalpi pembentukan

masing-masing komponen sebagai berikut:

( ) ( )CDHnABHmCBHqADHpHffff

00000 ∆×+∆×−∆×+∆×=∆

atau secara umum dapat dituliskan sesuai persamaan 4.4.

tan)()(000 reakHprodukHH

ffΣ∆−Σ∆=∆ ........................... (4.4)

c. Menghitung perubahan energi ikatan.

Energi ikatan (D) adalah energi yang dibutuhkan untuk

memutuskan ikatan kimia dalam suatu molekul berwujud gas

menjadi atom atau kelompok atom yang lebih sederhana. Contoh,

senyawa AB dapat diuraikan menjadi atom A dan B jika energi yang

diberikan sesuai dengan energi ikat antara atom A dan B atau suatu

senyawa ABC dapat diuraikan menjadi molekul AB dan atom C jika

energi yang diberikan sesuai dengan energi ikatan antara molekul

AB dan atom C. Jadi, besarnya perubahan entalpi yang terjadi sama

dengan energi ikatan molekul yang diputus atau ∆H = D.

Berdasarkan jenis pemutusan ikatan, dikenal 2 jenis

perubahan entalpi berdasarkan energi ikatan yaitu :

1). Entalpi atomisasi (∆Ha)

Entalpi atomisasi (∆Ha) adalah perubahan entalpi yang

terjadi jika semua ikatan dalam suatu molekul diputus menjadi

atom-atom bebas berwujud gas. Contoh, entalpi atomisasi H2O

pada temperatur 298 K sebesar 927 kJ mol-1

adalah jumlah energi

Page 94: Termodinamika Kimia

84

84 Termodinamika Kimia

ikatan H-OH (499 kJ mol-1

) dan O-H (428 kJ mol-1

) atau ∆Ha (H2O) =

DH-OH + DO-H.

2). Entalpi disosiasi ikatan (∆Hdis)

Energi disosiasi ikatan (∆Hdis) adalah perubahan entalpi

yang terjadi jika salah satu ikatan yang terdapat pada suatu molekul

diputus menjadi atom atau kelompok atom yang lebih sederhana

dalam keadaan gas. Contoh, perubahan entalpi pemutusan ikatan

CH3 dan OH pada metanol adalah energi ikatan 2 molekul tersebut.

10

33 380 )()()(

−+=∆+→ kJmolHgOHgCHgOHCHdis

atau

∆Hdis (CH3-OH) = DCH3-OH.

Energi ikatan antar atom tergantung pada molekul sisanya,

misal untuk H2O energi ikatan antara O dan H pada HO-H sebesar

499 kJ mol-1

tapi pada O-H hanya sebesar 428 kJ mol-1

.

penghilangan atom H pada HO-H menyebabkan struktur elektronik

molekul menyesuaikan diri. Meski demikian, karena nilainya yang

tidak jauh berbeda, energi ikat antara atom yang sama pada

senyawa serumpun yang berbeda dapat dirata-ratakan sebagai

energi ikatan rata-rata. Energi ikatan rata-rata ini berguna untuk

memperkirakan perubahan entalpi suatu reaksi jika data tidak

tersedia. Oleh karena diperoleh dari energi ikatan rata-rata, maka

perubahan entalpi tersebut disebut perubahan entalpi ikatan rata-

rata yang nilainya hanya perkiraan

Energi ikatan suatu molekul yang berwujud gas dapat

ditentukan menggunakan hukum Hess. Misal, jika diketahui ∆Hdo

CO(g) = 110,5 kJ mol-1

, ∆Hsub o C(s) = 716,7 kJ mol

-1, dan ∆Ha

0 O2 =

495 kJ mol-1

, maka besarnya energi ikatan C=O (DC=O) dalam gas CO

dapat ditentukan dengan cara berikut:

Page 95: Termodinamika Kimia

85

85 DAFTAR ISI

10

10

221

10

10

22

1

7.1047 )()()(

5.247 )()(

7.716 )()(

5.110 )()()(

+

=∆+→

=∆→

=∆→

=∆+→

molkJHgOgCgCO

molkJHgOgO

molkJHgCsC

molkJHgOsCgCO

a

a

sub

d

di

mana DC=O = ∆Ha0 CO = 1047.7 kJ mol

-1

Selain itu, berdasarkan hukum Hess, entalpi suatu reaksi

dapat pula ditentukan menggunakan data energi ikatan rata-rata

komponennya dengan persamaan 4.5.

∑ ∑−=∆produkreak

DDHtan

................................................... (4.5)

Contoh SoalContoh SoalContoh SoalContoh Soal

Jika diketahui: energi ikatan N ≡ N = 946 kJ mol-1

, energi ikatan

N-N = 163 kJ mol-1

, energi ikatan N-H = 389 kJ mol-1

, energi ikatan

O-O = kJ mol-1

, dan energi ikatan O-H = kJ mol-1

, maka hitunglah

berapa ΔH reaksi berikut:

N2H4(g) + 2 H2O2(g) → N2(g) + 4H2O(g)

Jawab:

Reaksinya dapat dituliskan:

∑ ∑−=∆produkreak

DDHtan

kJ

HONNHOOOHNNNH

795

)464(8946)464(4)144(2)389(4163

)(8)()(4)(2)(4)(

−=−−++−=

−−≡−−+−+−+−=∆

Catatan: ΔH reaksi yang dapat dihitung dengan energi ikat

hanyalah reaksi di mana pereaksi dan produk reaksinya semuanya

berwujud gas.

H

HOHNNHOOHNN −−+≡→−−−+− 42

H

H H

Page 96: Termodinamika Kimia

86

86 Termodinamika Kimia

Latihan SoalLatihan SoalLatihan SoalLatihan Soal

Diketahui energi ikatan: C–C = 348 kJ mol-1

, C=C = 614 kJ mol-1

, C–

H = 413 kJ mol-1

, C–Cl = 328 kJ mol-1

, dan –Cl = 431 kJ mol-1

.

Tentukan ∆H reaksi C2H4 + HCl → C2H5Cl!

(-44 kJ mol-1

)

Soal LatihanSoal LatihanSoal LatihanSoal Latihan ����

1. Suatu kalorimeter bom berisi 250 mL air yang temperaturnya

25oC, kemudian dibakar 200 mg gas metana. Temperatur

tertinggi yang dicapai air dalam kalorimeter = 35oC. Jika

kapasitas kalor kalorimeter = 75 J oC

-1dan kalor jenis air = 4.2 J

g-1

oC

-1, berapakah ∆Hc gas metana?

2. Sebanyak 50 mL ( = 50 gram ) larutan HCl 1 M bertemperatur

27 oC dicampur dengan 50 mL ( = 50 gram ) larutan NaOH 1 M

bertemperatur 27 oC dalam suatu kalorimeter gelas stirofoam.

Temperatur campuran naik sampai 33.5 oC. Jika kalor jenis

larutan = kalor jenis air = 4.18 J g-1

K. Tentukan perubahan

entalpinya!

3. Diketahui :

)(2)()(22

gHFgFgH →+ ∆H = -537 kJ

)()(2)(42

gCFgFsC →+ ∆H = -680 kJ

)()(2)(2 422 gHCgHsC →+ ∆H = -52.3 kJ

Tentukan perubahan entalpi (∆H) dari reaksi berikut ini :

)(4)(2)(6)(4242

gHFgCFgFgHC +→+

4. Gunakan data entalpi ikatan rata-rata dan entalpi pengatoman

untuk memperkirakan entalpi standar reaksi berikut:

)()(2

1)(2),(

322lOHCHgOgHgrsC →++

dimana gr adalah notasi bentuk grafit karbon!

Page 97: Termodinamika Kimia

87

87 DAFTAR ISI

5. Perkirakan perubahan entalpi standar reaksi pembentukan

etanol cair dari unsur-unsurnya!

6. Hitunglah entalpi pelarutan standar AgCl(s) dalam air dari

entalpi pembentukan padatan dan ion-ion cairan!

7. Diketahui :

∆Hf o metanol [ CH4O( l ) ] = - 238,6 kJ / mol

∆Hf o CO2( g ) = - 393,5 kJ / mol

∆Hf o H2O( l ) = - 286 kJ / mol

a. Tentukan entalpi pembakaran metanol membentuk gas

CO2 dan air.

b. Tentukan jumlah kalor yang dibebaskan pada pembakaran

8 gram metanol ( Ar H = 1; C = 12; O = 16 )

8. Diketahui :

∆Hf o CO(g) = - 110.5 kJ / mol

∆Hf o C(g) = 716.7 kJ / mol

DO=O = 495 kJ / mol

Tentukan energi ikatan C=O dalam gas CO!

9. Entalpi pembakaran standar gas propana adalah 2220 kJ mol-1

dan entalpi standar penguapan cairannya adalah +15 kJ mol-1

.

Hitunglah:

a. entalpi standar

b. energi dalam pembakaran standar cairannya

10. Buatlah siklus termodinamika untuk menentukan entalpi

hidrasi ion-ion Mg2+

dengan menggunakan data-data berikut:

entalpi sublimasi Mg = +167.2 kJ mol-1

; energi pengionan Mg

pertama = 7.646 eV dan kedua = 15.035 eV, antalpi disosiasi Cl2

= +241.6 kJ mol-1

; afinitas electron Cl = +3.78 eV; entalpi

pelarutan MgCl2 = -150.5 kJ mol-1

; entalpi hidrasi Cl- = -383.7 kJ

mol-1

!

Page 98: Termodinamika Kimia

88

88 Termodinamika Kimia

HUKUM KEDUA DAN HUKUM KEDUA DAN HUKUM KEDUA DAN HUKUM KEDUA DAN

KETIGA TERMODINAMIKAKETIGA TERMODINAMIKAKETIGA TERMODINAMIKAKETIGA TERMODINAMIKA

A. Hukum kedua termodinamika

Hukum pertama termodinamika telah menjelaskan

hubungan dan jenis-jenis energi yang terlibat dalam suatu proses.

Penjelasana tersebut sangat membantu dalam menentukan

besarnya energi yang terlibat sehingga suatu proses dapat

diramalkan apakah dapat mencapai kesetimbanagn energi atau

tidak. Akan tetapi, hukum hal tersebut belum cukup untuk

menjelaskan spontanitas suatu proses, termasuk arahnya apakah

reversibel atau irreversibel

Suatu proses perubahan dianggap spontan apabila proses

tersebut mencapai kesetimbangan tanpa masukan energi dari luar

sistem. Sebalilknya, proses perubahan dianggap non spontan

apabila proses tersebut memerlukan masukan energi dari luar

sistem. Bila keadaan setelah perubahan tersebut dapat

dikembalikan kembali ke keadaan sebelum perubahan tanpa

menyebabkan perubahan lain, baik di dalam maupun di luar sistem,

maka proses perubahan tersebut bersifat reversible. Namun

Page 99: Termodinamika Kimia

89

89 DAFTAR ISI

perubahan tanpa menyebabkan perubahan yang lain tidak mungkin

dijumpai dalam kehidupan sehari-hari, sehingga umumnya

perubahan di alam adalah perubahan irreversibel.

Untuk mengkaji spontanitas dan reversibilitas suatu proses

dibutuhkan rumusan hukum termodinamika yang baru, yaitu

hukum kedua termodinamika. Hukum ini dibangun berdasarkan 2

fakta yang esensial, yaitu:

1. Semua proses yang terjadi di alam hanya bergerak pada satu

arah, dan tidak mungkin sebaliknya secara spontan.

2. Jika proses tersebut bekerja menggunakan energi kalor, maka

tidak semua kalor tersebut dapat diubah menjadi energi

kinetik.

Sebagai contoh, jika kita melemparkan gelas ke lantai dan secara

spontan pecah, maka tidak mungkin mengulangi proses untuk dari

yang sebaliknya untuk membuat gelas tersebut utuh kembali.

Contoh kedua, jika kita memindahkan suatu benda, maka interaksi

benda tersebut dengan lingkungannya menyebabkan hilangnya

sejumlah kalor.

Berdasarkan 2 fakta tersebut, beberapa ahli merumuskan

pernyataan hukum kedua termodinamika, sebagai berikut:

1. Rudolf Clausius (1822-1888) menyatakan rumusan Clausius

tentang hukum II termodinamika dengan pernyataan aliran

kalor: ”kalor mengalir secara spontan dari benda

bertemperatur tinggi ke benda bertemperatur rendah dan tidak

mengalir secara spontan dalam arah kebalikannya”.

2. Kelvin dan Planck menyatakan rumusan Kelvin-Planck tentang

hukum II termodinamika tentang mesin kalor: ”tidak mungkin

membuat suatu mesin kalor yang bekerja dalam suatu siklus

yang semata-mata menyerap kalor dari sebuah reservoir dan

mengubah seluruhnya menjadi kerja luar”.

Dengan demikian dapat dirumuskan penyataan hukum

kedua termodinamika secara umum: ”tidak ada proses yang

dapat berlangsung terus-menerus dengan menyerap kalor dan

mengkonversikan seluruh kalor yang diserap tersebut menjadi

Page 100: Termodinamika Kimia

90

90 Termodinamika Kimia

kerja tanpa hasil samping, yaitu adanya kalor yang hilang”.

Konsekuensi hukum ini memunculkan besaran termodinamika baru

yang berkaitan dengan kalor yang hilang tersebut, yaitu entropi (S).

B. Entropi

Kalor yang hilang pada suatu proses dapat dinyatakan

dengan suatu variabel keadaan termodinamika yang disebut

entropi, yaitu ukuran jumlah energi atau kalor yang tidak dapat

diubah menjadi kerja. Proses irreversibel (seperti pendinginan

hingga mencapai temperatur yang sama dengan temperatur

lingkungan dan pemuaian bebas gas) adalah proses spontan,

sehingga proses tersebut disertai kenaikan entropi. Sementara itu,

proses reversibel adalah proses yang seimbang sehingga tidak

menyebabkan perubahan entropi.

Jika suatu sistem pada temperatur tertentu mengalami

proses reversibel atau irreversibel dengan kontribusi sejumlah kalor

(dq), maka perubahan entropi sistem tersebut dirumuskan sesuai

persamaan 5.1.

T

dqS =∆ .............................................................................. (5.1)

Perubahan entropi ∆S hanya tergantung pada keadaan akhir dan

keadaan awal. Satuan entropi dalam sistem SI adalah J K-1

.

Persamaan 5.1 menjelaskan secara matematis hukum

kedua termodinamika sebagai perubahan entropi sistem sesuai

persamaan 5.2.

dSalam semesta ≥ O .................................................................. (5.2)

dimana:

dSalam semesta= dSsistem + d Slingkungan ........................................ (5.3)

Artinya, proses reversibel tidak mengubah entropi total alam

semesta (∆Salam semesta = 0), tetapi setiap proses irreversibel selalu

menaikkan entropi alam semesta (∆Salam semesta ≥ 0).

Page 101: Termodinamika Kimia

91

91 DAFTAR ISI

Contoh proses irreversibel dalam kehidupan sehari-hari

yang menyebabkan ΔS > 0 adalah sebagai berikut:

1. Padatan menjadi cairan atau larutan,

2. Cairan menjadi gas.

3. Jumlah molekul gas dalam suatu reaksi kimia meningkat.

4. Temperatur zat bertambah.

Rumusan entropi dalam kondisi statis disebut rumus

Boltzmann yang dirumuskan sesuai persamaan 5.4.

wkS ln= ............................................................................ (5.4)

dimana k = 1.381 x 10-23

J K-1

disebut tetapan Boltzmann. Tetapan

ini terkait dengan tetapan gas ideal, yakni R = NAk. Persamaan 5.4

menunjukkan entropi berbading lurus dengan W, yakni banyaknya

jalan agar energi sistem dapat dicapai dengan penyusunan ulang

atom-atom atau molekul-molekul diantara keadaan-keadaan yang

ada. Hal ini menunjukkan bahwa entropi menggmbarkan

ketidakteraturan komponen-komponen sistem.

Berdasarkan persamaan 5.2 dan 5.4, dapat disimpulkan

bahwa entropi proses yang berlangsung spontan dalam suatu

sistem yang terisolasi akan meningkat. Dengan demikian hukum

kedua termodinamika dapat pula dinyatakan: “derajat

ketidakteraturan dalam alam semesta akan selalu meningkat”.

Entropi adalah besaran ekstensif, sehingga jika dibagi

dengan jumlah massa m atau jumlah mol n menjadi entropi jenis (s)

sesuai persamaan 5.5.

m

Ss = atau

n

Ss = ........................................................... (5.5)

Contoh SoalContoh SoalContoh SoalContoh Soal

Hitung entropi 1 mol CO(s) pada T = 0, asumsikan setiap molekul

CO dapat mengambil salah satu dari dua orientasi tanpa

mempengaruhi energinya!

Jawab:

Page 102: Termodinamika Kimia

92

92 Termodinamika Kimia

Cuplikan terdiri dari N molekul CO dengan N = 6.022 x 1023

dimana

setiap molekul dapat berada dalam 2 orientasi, maka nilai W = 2N.

Dengan demikian:

1

23123

76.5

2 ln10022.6 10381.1

ln

−−−

=××××=

=

JK

JK

wkS

Latihan SoalLatihan SoalLatihan SoalLatihan Soal

Hitunglah besar perubahan entropi lingkungan jika 1 mol N2O4 (g)

terbentuk dari 2 mol NO2 (g) pada kondisi standar dengan

temperatur tetap.

(-192 JK-1

)

C. Efisiensi proses termal dan siklus Carnot

Efisiensi proses termal (ε) merupakan perbandingan antara

kalor yang bermanfaat dengan kalor yang dimasukkan pada suatu

sistem. Pembasahan ini sangat penting dalam kajian

termodinamika untuk mengubah kalor menjadi energi mekanik

menggunakan suatu mesin. Demikian pula dalam sistem kimia,

misal sel elektrokimia untuk menghasilkan arus listrik atau

membantu untuk memperoleh sistem dengan temperatur rendah.

Gambaran efisiensi suatu mesin digambarkan pada skema

gambar 5.1. Sebuah mesin diberi energi berupa kalor q2 pada

temperatur tinggi T2, sehingga mesin melakukan kerja mekanik (w).

Energi dibuang sebagai kalor q1 pada temperatur T1. Dengan

demikian, efisiensi mesin tersebut dapat dirumuskan sesuai

persamaan 5.6.

Page 103: Termodinamika Kimia

93

93 DAFTAR ISI

Gambar 5.1. Skema aliran kalor pada suatu mesin kalor

asukkanyangEnergi

bermanfaatyangEnergi

dim=ε

2

12

2q

qq

q

w −==ε

%100)1(2

1 ×−=q

qη ........................................................... (5.6)

Untuk menaikkan efisiensi mesin kalor, Sadi Carnot

mempelajari proses irreversibel mesin kalor tersebut. Agar mesin

kalor memiliki efisiensi yang maksimum maka proses irreversibel

tersebut harus dikurangi. Oleh karena itu, Sardi carnot mengasumsi

proses tersebut mengalami siklus yang disebut siklus Carnot

sehingga bersifat reversibel.

Siklus Carnot meliputi empat proses sebagaimana

diperlihatkan pada gambar 5.2. Penjelasan masing-masing siklus

adalah sebagai berikut:

1. Kurva a-b menunjukkan bahwa sistem menyerap kalor q1 dari

reservoir bertemperatur T1 untuk melakukan kerja pemuaian

isotermal.

2. Kurba b-c menunjukkan bahwa temperatur turun dari T1

menjadi T2 dan melakukan kerja pemuaian adiabatik.

Page 104: Termodinamika Kimia

94

94 Termodinamika Kimia

3. Kurva c-d menunjukkan bahwa system melakukan kerja

pemampatan isotermal dimana sistem melepas kalor q2 ke

reservoir bertemperatur rendah T2.

4. Kurva yang terakhir adalah kurva d-a dimana temperatur sistem

naik dari T2 ke T1 sambil melakukan kerja pemampatan

adiabatik.

Gambar 5.2. Siklus Carnot

Kerja total yang dilakukan oleh sistem untuk satu siklus

sama dengan luas daerah di dalam siklus. Oleh karena sistem

menerima kalor q1 dari reservoir bertemperatur tinggi dan melepas

kalor q2 ke reservoir bertemperatur rendah, maka kerja yang

dilakukan oleh sistem sesuai dengan hukum I termodinamika

diperlihatkan pada persamaan 5.7.

q = ∆U + w atau q1 – q2 = 0 + w

w = q1 – q2 ........................................................................... (5.7)

Page 105: Termodinamika Kimia

95

95 DAFTAR ISI

dimana q1 adalah kalor yang diserap dari reservoir bertemperatur

tinggi dan q2 adalah kalor yang dilepas ke reservoir bertemperatur

rendah.

Terkait dengan efisiensi mesin kalor, maka efisiensi mesin

Carnot dapat dirumuskan sesuai persamaan 5.8.

%100)1(2

1 ×−=T

Tη ........................................................... (5.8)

Contoh SoalContoh SoalContoh SoalContoh Soal

Sebuah mesin kalor menyerap kalor sebanyak 3000 J dan

melakukan kerja serta membuang kalor sebanyak 2500

J. Berapakah efisiensi mesin kalor tersebut ?

Jawab:

%17

%10017.0

%100)83.01(

%100)3000

25001(

%100)1(2

1

=×=

×−=

×−=

×−=q

Latihan SoalLatihan SoalLatihan SoalLatihan Soal

Sebuah mesin uap bekerja antara temperatur 500 oC dan 300

oC.

Tentukan efisiensi Carnot mesin uap tersebut!

(26%)

D. Fungsi Helmholtz dan fungsi Gibbs

Entropi adalah konsep dasar untuk mengetahui arah

perubahan suatu proses termasuk proses kimia. Perubahan

tersebut selalu menyebabkan perubahan energi sehingga

Page 106: Termodinamika Kimia

96

96 Termodinamika Kimia

dibutuhkan besaran baru yang berkaitan langsung dengan entropi

untuk mengetahui perubahan energi tersebut. Misal suatu sistem

kimia mengalami proses irreversibel hingga mencapai

kesetimbangan termal dengan lingkungannya pada temperatur T,

maka perubahan entropinya sesuai pertidaksamaan 5.9.

0≥−T

dqdS ......................................................................... (5.9)

Pertidaksamaan 5.9 dapat diinterpretasika dengan dua

cara, yaitu:

1. Kalor berpindah pada volume tetap.

Pada kondisi ini, jika tidak ada kerja selain kerja pemuaian

(dq = dU), maka pertidaksamaan 5.9 ditulis sesuai pertidaksamaan

5.10.

0≥

−VT

dUdS ................................................................... (5.10)

Jika energi dalam tetap (dU = 0) atau entropi tetap (dS = 0), maka

pertidaksamaan 5.10 menjadi pertidaksamaan 5.11.

0,

≥VU

dS ............................................................................ (5.11a)

atau

0,

≤VS

dU ............................................................................. (5.11b)

Pertidaksamaan 5.11a bermakna jika perubahan spontan terjadi

pada volume dan energi dalam tetap (seperti dalam sistem yang

terisolasi), maka entropi sistem bertambah. Sebaliknya,

pertidaksamaan 5.11b bermakna jika perubahan perubahan

spontan terjadi pada volume dan entropi tetap, maka energi dalam

sistem akan berkurang.

2. Kalor berpindah pada tekanan tetap

Pada kondisi ini, jika tidak ada kerja selain kerja pemuaian

(dq = dH), maka pertidaksamaan 5.9 ditulis sesuai pertidaksamaan

5.12.

Page 107: Termodinamika Kimia

97

97 DAFTAR ISI

0≥

−pT

dHdS ................................................................... (5.12)

Jika entapi tetap (dH = 0) atau entropi tetap (dS = 0), maka

pertidaksamaan 5.12 menjadi pertidaksamaan 5.13.

0,

≥pH

dS ............................................................................ (5.13a)

atau

0,

≤pS

dH ............................................................................. (5.13b)

Pertidaksamaan 5.13a bermakna jika perubahan spontan

terjadi pada tekanan dan entalpi tetap, maka entropi sistem

bertambah. Sebaliknya, pertidaksamaan 5.13b bermakna jika

perubahan perubahan spontan terjadi pada tekanan dan entropi

tetap, maka entalpi sistem akan berkurang.

Pertidaksamaan 5.10 dan 5.12 memberikan hubungan

antara energi sistem (U dan H) dengan entropi. Hubungan tersebut

dinyatakan dengan besaran termodinamika yang baru, yaitu fungi

Helmholtz (A) sesuai persamaan 5.14 dan fungsi Gibbs (G) sesuai

persamaan 5.15 pada kondisi isotermal.

TdSdUdA −= .................................................................... (5.14)

TdSdHdG −= .................................................................... (5.15)

atau secara umum dituliskan sesuai persamaan 5.16 dan 5.17.

TSUA −= ........................................................................... (5.16)

TSHG −= ........................................................................... (5.17)

Gabungan pertidaksamaan 5.10 dengan persamaan 5.14

dan pertidaksamaan 5.12 dengan persamaan 5.15 menghasilkan

pertidaksamaan 5.18 dan 5.19.

0≤TV

dA .............................................................................. (5.18)

0≤Tp

dG .............................................................................. (5.19)

Kedua pertidaksamaan ini bermakna bahwa perubahan spontan

terjadi jika perubahan energi Helmholtz (∆A) dan perubahan energi

Gibbs (∆G) bernilai negatif.

Page 108: Termodinamika Kimia

98

98 Termodinamika Kimia

Perubahan energi bebas Gibbs lebih bermanfaat dalam

sistem kimia karena reaksi kimia umumnya dikerjakan pada kondisi

tekanan tetap. Fungsi ini membantu untuk meramalkan terjadinya

suatu reaksi kimia, yakni reaktan hanya dapat berubah menjadi

produk jika terjadi penurunan energi bebas Gibbs. Misal pada suatu

reaksi endoterm, dimana dH > 0, maka entropi sistem harus

bertambah sedemikian banyaknya sehingga TdS bernilai lebih

positif dari dH sehingga dG < 0. Oleh karena itu, reaksi endoterm

dikendalikan oleh pertambahan entropi sistem dan perubahan

entropi sistem tersebut mengatasi pengurangan entropi lingkungan

yang ditimbulkan oleh kalor ke dalam sistem.

Pada keadaan standar, perubahan energi bebas Gibbs

sistem dituliskan ∆G0, sehingga 5.15 dapat dituliskan sesuai

persamaan 5.20.

000STHG ∆−∆=∆ ............................................................... (5.20)

Persamaan 5.20 penting untuk menentukan perubahan energi

Gibbs reaksi kimia pada keadaan standar sebagai rujukan, misal

perubahan energi Gibbs reaksi pembentukan standar (∆Gf0).

Contoh SoalContoh SoalContoh SoalContoh Soal

Berapa energi yang dihasilkan oleh pembakaran molekul glukosa

pada kondisi standard dan temperatur 37 0C dalam tubuh untuk

mempertahankan aktivitas otot dan syaraf? Perubahan entalpi

dan entropi standar untuk reaksi tersebut sebesar-2808 kJ mol-1

dan 182.4 JK-1

mol-1

.

Jawab:

1

111

000

2864

4.182 310 2808

−−−

−=×−−=

∆−∆=∆

molkJ

molJKKmolkJ

STHG

Page 109: Termodinamika Kimia

99

99 DAFTAR ISI

Latihan SoalLatihan SoalLatihan SoalLatihan Soal

Apakah oksidasi besi menjadi Fe2O3 (s) berlangsung spontan jika

pembentukannya disertai perubahan entropi sebesar -272 JK-1

mol-1

? Berikan alasan!

(berlangsung spontan karena ∆G<0)

E. Gabungan hukum pertama dan kedua termodinamika

Gabungan hukum pertama dan kedua termodinamika membantu

kita untuk merumuskan persamaan fundamental termodinamika.

Gabungan persamaan 3.8 pada bab sebelumnya, yakni dU = dq –

pdV dengan persamaan 5.1 di atas, yakni dq = TdS menghasilkan

persamaan 5.21.

dU = TdS – pdV.................................................................... (5.21)

Jika persamaan 5.21 dikembangkan pada sistem terbuka, maka

persamaan tersebut menjadi persamaan 5.22.

dU = TdS – pdV + µdn.......................................................... (5.22)

dimana µ adalah potensial kimia sistem, yakni besaran

termodinamika yang menentukan arah gerak zat-zat kimia.

Persamaan 5.22 disebut persamaan fundamental

termodinamika bentuk diferensial untuk energi dalam. Persamaan

tersebut menunjukkan bahwa variabel bebas U adalah S, V, dan n.

Jika persamaan tersebut didiferensialkan secara parsial akan

dihasilkan persamaan 5.23.

dnn

UdV

V

UdS

S

UdU

VSnSnV

∂∂+

∂∂+

∂∂= .......................... (5.23)

atau

TS

U

Vn

=

∂∂

; pV

U

Sn

−=

∂∂

; µ=

∂∂

VSn

U; ....................... (5.24)

Dengan cara yang sama, berdasarkan persamaan 3.22 pada

bab sebelumnya, yakni dH = dU + pdV + Vdp dan persamaan

Page 110: Termodinamika Kimia

100

100 Termodinamika Kimia

5.22 di atas diperoleh persamaan 5.25 sebagai persamaan

fundamental bentuk diferensial entalpi.

dH = TdS + Vdp + µdn.......................................................... (5.25)

Persamaan 5.25 di atas menunjukkan bahwa variabel bebas

H adalah S, p, dan n. Jika persamaan tersebut diferensialkan secara

parsial akan diperoleh persaman 5.26.

dnn

Hdp

p

HdS

S

HdH

SpSnpn

∂∂+

∂∂+

∂∂= ............................ (5.26)

atau

TS

H

pn

=

∂∂

; Vp

H

Sn

=

∂∂

; µ=

∂∂

pSn

H............................. (5.27)

Lebih lanjut, persamaan 5.22 dan 5.25 dapat digunakan

untuk menata ulang persamaan 5.16 dan 5.17 menjadi persamaan

5.28 dan 5.29.

pdVSdTdA −−= + µdn....................................................... (5.28)

VdPSdTdG +−= + µdn ...................................................... (5.29)

Dengan cara yang sama, diperoleh persamaan fundamental

termodinamika bentuk diferensial energi bebas Helmholtz sesuai

persamaan 5.30,

dnn

AdV

V

AdT

T

AdA

TVTnVn

∂∂+

∂∂+

∂∂= ............................ (5.30)

atau

ST

A

Vn

−=

∂∂

; pV

A

Tn

−=

∂∂

; µ=

∂∂

TVn

A ....................... (5.31)

dan persamaan fundamental termodinamika bentuk diferensial

energi bebas Gibbs sesuai persamaan 5.32.

dnn

Gdp

p

GdT

T

GdG

TpTnpn

∂∂+

∂∂+

∂∂= ............................ (5.32)

atau

Page 111: Termodinamika Kimia

101

101 DAFTAR ISI

ST

G

pn

−=

∂∂

; Vp

G

Tn

=

∂∂

; µ=

∂∂

pTn

G ......................... (5.33)

F. Hubungan Maxwell

Persamaan 5.24, 5.27, 5.31, dan 5.33 adalah diferensial

parsial masing-masing suku terhadap suku lain yang dianggap

konstan. Jika suku yang dianggap konstan tersebut ditukar maka

akan diperoleh hubungan Maxwell masing-masing suku

berdasarkan teorema diferensial parsial.

suplemensuplemensuplemensuplemen Teorema diferensial parsial:

Misal diketahui suatu fungsi y

xy xf(x,y)

33 −= , maka:

2

2

2

3

33

3

yx

y

f

x

y

xx

y

f

yx

x

+=

∂∂

∂∂

+=

∂∂

dan

2

2

2

33

33

yx

x

f

y

yyx

x

f

xy

y

+=

∂∂

∂∂

−=

∂∂

Contoh di atas memperlihatkan bahwa

xyyxx

f

yy

f

x

∂∂

∂∂=

∂∂

∂∂

Jika teorema diferensial parsial di atas diterapkan pada

persamaan 5.24 akan diperoleh persamaan 5.34.

VnSnSnVn V

U

SS

U

V

∂∂

∂∂=

∂∂

∂∂

VnSn S

p

V

T

∂∂−=

∂∂

.............................................................. (5.34)

Page 112: Termodinamika Kimia

102

102 Termodinamika Kimia

Persamaan 5.34 disebut hubungan Maxwell pertama. Cara yang

sama dapat diterapkan pada persamaan 5.24, 5.27, 5.31, dan 5.33

untuk memperoleh 11 kombinasi hubungan Maxwell yang lain.

CoCoCoContoh Soalntoh Soalntoh Soalntoh Soal

Tentukan perubahan entropi 2 mol gas yang diubah volumenya

dari 10 liter menjadi 20 liter pada temperatur tetap 27°°°°C, jika gas

tersebut:

a. gas ideal

b. gas nyata dengan persamaan keadaan

( ) nRTnbVV

anp =−

+2

2

Jawab:

Berdasarkan hubungan Maxwell, VnTn T

p

V

S

∂∂=

∂∂

, maka:

a. Untuk gas ideal, diketahui V

nRTp = atau

V

nR

T

p

Vn

=

∂∂

,

sehingga hubungan Maxwell di atas dapat ditulis dVV

nRdS = .

Jika persamaan ini diintegralkan, diperoleh 1

2lnV

VnRS =∆ ,

sehingga:

1

1

2

53.11

ln2 x 8.314 x 2

ln

−==

=∆

JK

V

VnRS

b. Untuk gas nyata (van der Walls), diketahui

2

2

V

an

nbV

nRTp −

−= atau

nbV

nR

T

p

Vn −=

∂∂

, sehingga hubungan

Maxwell di atas menjadi dVnbV

nRdS

−= . Jika persamaan ini

Page 113: Termodinamika Kimia

103

103 DAFTAR ISI

diintegralkan, diperoleh nbV

nbVnRS

−−=∆

1

2ln , sehingga:

1

1

2

50

10ln62816

210

220ln31482

ln

- JK-b

-b x .

b-

b- x . x

nbV

nbVnRΔS

=

=

−−=

Latihan SoalLatihan SoalLatihan SoalLatihan Soal

Hitunglah ∆G untuk es pada temperatur -100C, jika rapatannya

0.917 g cm-3

, jika tekanan dinaikkan dari 1 bar menjadi 2 bar!

(2.0 J mol-1

)

G. Persamaan fundamental bentuk integral dan

persamaan Gibbs-Duheim

Selain persamaan fundamental termodinamika bentuk

diferensial, dikenal pula persamaan fundamental termodinamika

bentuk integral. Persamaan ini diturunakn berdasarkan teori

homogen persamaan diferensial.

suplemensuplemensuplemensuplemen Definisi fungsi homogen:

• Suatu fungsi f(x,y) disebut fungsi homogen orde n terhadap x

dan y jika:

),(),( yxfaayaxfn=

• Suatu fungsi f(x,y) disebut fungsi homogen orde n terhadap x

jika:

),(),( yxfayaxfn=

Contoh:

Page 114: Termodinamika Kimia

104

104 Termodinamika Kimia

o Misal suatu fungsi x

yxyxf

223),( += , maka:

),(22

324

6)2,2( 1

22

yxfx

yx

x

yxyxf =

+=+=

menunjukkan bahwa f (x,y) adalah fungsi homogen orde 1

terhadap x dan y.

o Misal suatu fungsi x

yxyyxg

2

2 23),( += , maka:

( )yxgx

yxy

x

yxyyxg ,2

234

812)2,( 2

2

2

2

2 =

+=+=

menunjukkan bahwa g (x,y) adalah fungsi homogen orde 2

terhadap y.

Teorema fungsi homogen:

• Jika f(x, y) adalah fungsi homogen orde n terhadap x dan y,

maka berlaku:

( ) ( )

∂∂+

∂∂=

xy y

yxfy

x

yxfx

nyxf

,,1),(

• Jika f(x, y) adalah fungsi homogen orde n terhadap x, maka

berlaku:

( )

∂∂=

yx

yxfx

nyxf

,1),(

• Jika f(x, y) adalah fungsi homogen orde n terhadap y, maka

berlaku:

( )

∂∂=

xy

yxfy

nyxf

,1),(

Teorema fungsi homogen di atas dapat digunakan untuk

menurunkan persamaan fundamental termodinamika bentuk

integral. Sebagai contoh, persamaan 5.22 menunjukkan bahwa U

merupakan fungsi dari S, V, dan n. Ketiga variabel tersebut

merupakan variabel ekstensif, artinya jika U menjadi dua kali lipat,

Page 115: Termodinamika Kimia

105

105 DAFTAR ISI

maka S, V, dan n harus menjadi dua kali lipat pula. Dengan

demikian, dapat dituliskan sesuai persamaan 5.35.

U(2S, 2V, 2n) = 2 U(S, V, n). ................................................ (5.35)

Persamaan 5.35 memperlihatkan bahwa fungsi U (S, V, n)

adalah fungsi homogen orde 1 terhadap S, V, dan n. Dengan

demikian, berdasarkan teorema fungsi homogen dan persamaan

5.24, kita peroleh persamaan 5.36.

U = TS – pV + µn ................................................................. (5.36)

Persamaan 5.36 disebut fundamental dalam bentuk

integral untuk energi dalam. Dengan cara yang sama diperoleh

persamaan fundamental dalam bentuk integral untuk variabel yang

lain.

H = TS + µn . ........................................................................ (5.36)

A = -pV + µn ........................................................................ (5.37)

G = µn ................................................................................. (5.38)

Jika persamaan 5.36 dideferensialkan akan diperoleh

persamaan 5.39.

dU = TdS + SdT – pdV – VdP + µdn + ndµ ........................... (5.39)

persamaan 5.39 analog dengan persamaan 5.22, sehingga

diperoleh persamaan 5.40.

SdT– VdP + ndµ = 0 ............................................................ (5.40)

Persamaan 5.40 disebut persamaan Gibbs-Duheim. Persamaan ini

bermakna bahwa tidak mungkin membuat fungsi termodinamika

dengan variabel bebas T, p, dan µ karena ketiganya terkait satu

sama lain. Dengan kata lain, tidak ada fungsi termodinamika yang

seluruh variabel bebasnya adalah besaran intensif.

H. Merancang fungsi termodinamika secara matematis

Fungsi f (x,y) dapat dimodifikasi menjadi fungsi yang lain

dengan mengganti salah satu variabelnya. Misal fungsi tersebut

akan dimodifikasi menjadi fungsi g dengan mengganti variabel y

Page 116: Termodinamika Kimia

106

106 Termodinamika Kimia

menjadi variabel b yang nilai diferensialnya diketahui jika y tetap,

maka:

g (x,b) = f (x,y) – x ( )

yx

yxf

∂ ,

Jika kedua variabel x dan y akan diganti dengan variabel a dan b,

maka:

g (a,b) = f (x,y) – x ( )

yx

yxf

∂ ,– y

( )x

y

yxf

∂∂ ,

Sebagai contoh untuk besaran termodinamika diketahui

U = U (S,V), maka modifikasinya dapat dilakukan dengan mengganti

variabel V sesuai persamaan 5.41 untuk memperoleh besaran A.

A = U - SVS

U

∂∂

= U – TS ..................................................... (5.41)

Dengan cara yang sama dapat diturunkan persamaan

termodinamika yang lain.

H = U + pV .......................................................................... (5.42)

G = H – TS = U + pV - TS ..................................................... (5.43)

I. Hukum ketiga termodinamika

Pada temperatur nol mutlak (0 K), semua energi termal

sistem akan hilang sehingga pertikel-partikelnya berada dalam

susunan seragam. Kondisi ini menyebabkan hilangnya

ketidakteraturan atau entropi sistem bernilai nol. Hal ini sesuai

dengan rumusan Boltzman, persamaan 5.4, karena jika W = 1

(hanya satu cara penyusunan molekul), maka S = 0.

Pengamatan termodinamika yang sesuai dengan

kesimpulan ini dikenal sebagai dalil kalor Nernst: ”perubahan

entropi suatu transformasi mendekati nol, jika temperatur

mendekati nol”. Secara matematis, dalil Nernst ditulis sesuai

persamaan 5.44.

0lim =SoT

........................................................................... (5.44)

Page 117: Termodinamika Kimia

107

107 DAFTAR ISI

Dalil ini merupakan dasar perumusan hukum ketiga

termodinamika yang dinyatakan: ”Perubahan entropi yang

berkaitan dengan perubahan kimia atau perubahan fisika pada 0

K bernilai nol”. Secara intuitif hukum ketiga ini dapat dipahami

berdasarkan fakta bahwa pada 0 K, pergerakan ionik, molekular,

atau atomik yang menentukan derajat ketidakteraturan (entropi)

sistem telah berhenti.

Hukum ketiga termodinamika memungkinkan entropi

absolut zat murni pada tiap temperatur dapat ditentukan

berdasarkan kalor jenisnya. Sebagai contoh, fasa padat pada

temperatur T memiliki entropi yang akan dinyatakan oleh

persamaan 5.45. Persamaan tersebut disebut persamaan entropi

hukum ketiga termodinamika.

dTT

CS

T

p

∫=0

0 ........................................................................ (5.45)

Sementara itu, fasa cair mempunyai entropi absolut sesuai

persamaan 5.46 dan fasa gas mempunyai entropi absolut sesuai

persamaan 5.47.

dTT

lC

T

HdT

T

sCS

T

T

p

m

fus

T

p

m

m

∫∫ +∆

+=)()(

00

0

0

0 ...................................... (5.46)

dTT

gC

T

HdT

T

lC

T

HdT

T

sCS

T

T

p

b

vap

T

T

p

m

fus

T

p

b

b

m

m

∫∫∫ +∆

++∆

+=)()()(

0000

0

0

0 .... (5.47)

dimana Tm adalah temperatur pelelehan, Tb adalah temperatur

penguapan.

Nilai Cp pada persamaan 5.45 hanya akurat hingga 15 K.

Pada temperatur yang lebih rendah, digunakan persamaan pangkat

tiga Debye dan Einstein sesuai persamaan 5.48, dimana untuk zat

padat Cp ≈ Cv.

Cp ≈ Cv = αT3......................................................................... (5.48)

dimana α adalah karakteristik yang berbeda untuk setiap zat.

Gabungan persamaan 5.48 pada persamaan 5.45 menghasilkan

Page 118: Termodinamika Kimia

108

108 Termodinamika Kimia

persamaan 5.49, yang bermakna pada temperatur rendah entropi

zat padat sama dengan sepertiga harga Cpnya.

30

3

1TS α= .......................................................................... (5.49)

Konsekuensi lain hukum ketiga termodinamika berdasarkan

persamaan Maxwell pT

T

V

p

S

∂∂−=

∂∂

adalah:

0lim =

∂∂

p

oTT

V.................................................................. (5.50)

0lim =

∂∂

T

oTV

S.................................................................. (5.51)

0lim =

∂∂

V

oTT

p.................................................................. (5.52)

Hasil di atas sesuai dengan kenyataan eksperimental. Sebagai

contoh, Buffington dan Latimer menemukan bahwa koefisien

ekspansi dari beberapa zat padat kristalin mendekati nol.

Soal LatihanSoal LatihanSoal LatihanSoal Latihan ����

1. Segelas air bertemperatur 26 oC dicampur dengan segelas air

yang bertemperatur 22 oC. Tentukan perubahan entropi air jika

massa air dalam gelas tersebut sebesar 1 kg!

2. Sebuah mesin kalor menyerap kalor sebanyak 3000 J dan

melakukan kerja. Tentukan efisiensi mesin kalor tersebut jika

kalor yang dibuang sebanyak 1500 J!

3. Sebuah mesin Carnot menerima kalor sebesar 2000 J pada

temperatur 500 K dan melakukan kerja serta membuang

sejumlah kalor pada temperatur 350 K. Tentukan jumlah kalor

yang terbuang tersebut dan perubahan entropi total dalam

mesin selama satu siklus!

Page 119: Termodinamika Kimia

109

109 DAFTAR ISI

4. Hitunglah perubahan entropi jika 50 gram air bertemperatur

800C dituangkan ke dalam 100 gram air bertemperatur 10

0C

dalam wadah berisolasi jika Cp = 75.5 J K-1

mol-1

!

5. Hitunglah kerja bukan pemuaian maksimun per mol yang dapat

diperoleh dari sel bahan bakar yang reaksi kimianya adalah

pembakaran metana pada temperature 298 K!

6. Entalpi transisi fase grafit menjadi intan pada tekanan 100 kbar

dan temperatur 2000 K adalah 1.9 kJ mol-1

. Hitunglah

perubahan entropi sistem ini!

7. Hitunglah koefisien kinerja pendingin sempurna yang

beroperasi dalam kamar pada temperatur 200C jika bagian

dalam pendingin itu (a) 00C (b) -10

0C!

8. Definisi entalpi, fungsi Gibbs, dan fungsi Helmholtz semuanya

dalam bentuk: g = f +yz. Buktikan bahwa penambahan hasil kali

yz adalah cara umum untuk mengubah fungsi x dan y menjadi x

dan z, dalam arti bahwa df = adx – zdy, maka dg = adx + y dz!

9. Perubahan fungsi Gibbs suatu proses bertekanan tetap

memenuhi bentuk ∆G(J) = -85.4 + 36.5 (TK-1

). Hitunglah nilai ∆S

proses ini!

10. Perkirakan perubahan fungsi Gibbs 1 L benzena, jika tekanan

padanya bertambah dari 1 menjadi 100 atm!

11. Hitunglah perubahan fungsi Gibbs molar gas hidrogen, jika gas

itu dimampatkan secara isotermal dari tekanan 1 atm menjadi

100 atm pada temperatur 298 K!

12. Tentukan perubahan entropi 2 mol gas yang diubah

tekanannya dari 1 atm menjadi 2 atm pada temperatur tetap

27°C!

13. Gunakan hubungan Maxwell untuk membuktikan bahwa

entropi gas sempurna bergantung pada volume sebagai S ∞ R

ln V!

14. Buktikan bahwa, jika S dipandang sebagai fungsi T dan V, maka:

dVT

pTdTCTdS

V

V

∂∂+=

Page 120: Termodinamika Kimia

110

110 Termodinamika Kimia

Hitunglah energi yang harus dipindahkan sebagai kalor pada

gas van der Waals yang memuai secara reversible dan

isotermal dari Vi sampai dengan Vf!

15. Volume polimer yang baru disintesis bergantung pada tekanan

secara eksponensial, yaitu sebagai V = V0e-p/p*

, dengan p

sebagai kelebihan tekanan p* adalah konstanta. Simpulkan

bentuk fungsi Gibbs polimer tersebut sebagai fungsi kelebihan

tekanan. Bagaimana arah perubahan alamiah material yang

dimampatkan jika tekanannya dihilangkan?

Page 121: Termodinamika Kimia

111

111 DAFTAR ISI

KESETIMBANGAN KIMIAKESETIMBANGAN KIMIAKESETIMBANGAN KIMIAKESETIMBANGAN KIMIA

A. Syarat kesetimbangan kimia

Pada bab sebelum telah diperoleh hubungan antara

perubahan energi Gibbs dan jumlah partikel sebagaimana

dinyatakan pada persamaan 5.33 dan ditulis kembali pada

persamaan 6.1.

Tpn

G

,

∂∂=µ atau nG ∂=∂ µ ............................................... (6.1)

Persamaan 6.1 merupakan definisi potensial kimia. Jika sistem

terdiri dari dua komponen (reaktan A dan produk B), maka

persamaan tersebut dapat ditata ulang menjadi persamaan 6.2.

BnnG

BAA∂+∂=∂ µµ ........................................................... (6.2)

Hasil integrasinya adalah persamaan 6.3.

BnnG

BAA∆+∆=∆ µµ ......................................................... (6.3)

Pada sistem tersebut, pengurangan jumlah reaktan A (A

n∆ )

sama dengan penambahan jumlah produk B (B

n∆ ) atau sesuai

dengan persamaan 6.4.

Page 122: Termodinamika Kimia

112

112 Termodinamika Kimia

-A

n∆ = +B

n∆ = ξ∆ ............................................................ (6.4)

dimana ξ disebut tingkat reaksi. Subtitusi persamaan 6.4 ke

persamaan 6.3 menghasilkan persamaan 6.5.

ξµξµ ∆+∆−=∆BA

G atau ( ) ξµµ ∆−=∆AB

G ................ (6.5)

Jika AB

µµ < , maka kemiringan grafik akan negatif sehingga

reaksi akan spontan. Sebaliknya, jika AB

µµ > , maka kemiringan

grafik akan positif sehingga reaksi yang terjadi tidak spontan. Reaksi

akan setimbang jika kemiringan grafik sama dengan nol, yaitu

ABµµ = . Penjelasan di atas dapat digambarkan sebagai fungsi G

versus ξ pada gambar 6.1.

Gambar 6.1. Grafik energi Gibbs dan tingkat reaksi

B. Kesetimbangan homogen

Jika komponen yang terlibat dalam suatu kesetimbangan

hanya terdiri dari satu fase, maka kesetimbangan tersebut disebut

kesetimbangan homogen. Penjelasan kesetimbangan homogen

pada beberapa sistem adalah sebagai berikut:

1. Kesetimbangan pada gas ideal

Perubahan energi Gibss pada sistem tertutup dan tidak

melakukan kerja non pemuaian dapat diturunkan dengan

Page 123: Termodinamika Kimia

113

113 DAFTAR ISI

menggunakan hubungan Maxwell sebagaimana ditunjukkan pada

persamaan 6.6.

SdTVdpdG −= ................................................................ (6.6)

Pada kondisi isotermal, persamaan 6.6 diubah menjadi persamaan

6.7.

VdpdG = ........................................................................... (6.7)

Hasil integrasi persamaan 6.7 pada batas p0 (1 bar) hingga p

tertentu adalah persamaan 6.8.

∫∫ =p

p

G

G

dpp

nRTdG

00

pnRTGG ln 0 =− .............................................................. (6.8)

Jika persamaan 6.8 dibagi dengan n dimana µ=n

G, maka akan

diperoleh persamaan 6.9.

pRT ln 0 =− µµ

pRT ln 0 += µµ ........................................................ (6.9)

Gabungan persaman 6.5 dan 6.9 adalah persamaan 6.10.

( ) ( )( )

ABAB

AABB

ppRT

pRTpRTG

ln ln

ln ln

00

00

−+−=

+−+=∆∆

µµ

µµξ

A

B0

p

pln RTGG

rr+∆=∆ ........................................................ (6.10)

dimana r

G∆ adalah energi Gibbs reaksi dan 0

rG∆ adalah energi

Gibbs reaksi pada keadaan standar. Pada keadaan standar 0

rG∆ = 0G∆ sehingga persamaan 6.10 dapat ditulis ulang menjadi

persamaan 6.11.

A

B0

p

pln RTGG

r+∆=∆ ....................................................... (6.11)

Page 124: Termodinamika Kimia

114

114 Termodinamika Kimia

Pada saat kesetimbangan r

G∆ = 0, sehingga diperoleh

persamaan 6.12.

A

B0

p

pln RTG −=∆ ............................................................... (6.12)

dimana A

B

p

p = Kp, yakni konstanta kesetimbangan tekanan masing-

masing komponen. Akhirnya, untuk gas ideal diperoleh persamaan

6.13.

pK ln RTGo −=∆ ................................................................ (6.13)

Berdasarkan persamaan 6.13, kondisi hasil reaksi pada saat

ketimbangan dapat diramalkan sebagaimana ditampilkan pada

tabel 6.1.

Tabel 1. Hubungan ∆G0 dan K serta perkiraan kondisi reaksi

K ln K ∆G0 Kondisi hasil reaksi

> 1 Positif Negatif Produk lebih banyak terbentuk saat

kesetimbangan

= 1 0 0 Jumlah produk = reaktan saat

kesetimbangan

< 1 Negatif Positif Reaktan lebih banyak terbentuk saat

kesetimbangan

2. Hubungan antara Kp dan Kc untuk Sistem Gas Ideal

Persamaan gas ideal dapat dimodifikasi sesuai persamaan

6.14.

nRTpV =

CRTRTV

np == ................................................................. (6.14)

Konstanta kesetimbangan konsentrasi (Kc) suatu reaksi reversibel

(aA bB) adalah sebagai berikut:

Page 125: Termodinamika Kimia

115

115 DAFTAR ISI

[ ][ ]a

b

cA

BK = ........................................................................... (6.15)

Persamaan 6.14 dapat digunakan untuk memodifikasi persamaan

6.15 menjadi persamaan 6.16.

( )( )

( )( )

( )( ) npabp

ab

pb

a

a

A

b

B

a

A

b

B

cRT

KRT

KRTKRT

RT

p

p

RTp

RTp

K ∆−−− ====

= 11

n

cpRTKK ∆= .................................................................... (6.16)

3. Kesetimbangan pada Gas Nyata

Apabila sistem terdiri dari gas nyata, digunakan fugasitas (f)

sebagai pengganti p. Hubungannya dinyatakan pada sesuai

persamaan 6.17.

pf γ= ................................................................................. (6.17)

dimana γ = koefisien aktifitas (untuk gas ideal γ = 1). Hasil yang

diperoleh sesuai persamaan 6.18.

( )( )

( )( )

( )( ) γγγ

γ

γK

Kf

f

f

f

p

pK

fb

B

a

A

a

A

b

B

a

A

A

b

B

B

a

A

b

B

p

1==

==

γKKKpf

= .......................................................................... (6.18)

Contoh SoalContoh SoalContoh SoalContoh Soal

Jika diketahui:

N2(g) + O2(g) 2NO(g) Kc = 4.1 x 10-31

N2(g) + ½ O2(g) N2O(g) Kc = 2.4 x 10-18

Bagaimana Kc reaksi:

N2O(g) + ½ O2(g) 2NO(g) Kc = ?

Penyelesaian:

Kita dapat menggabungkan persamaan diatas menjadi:

Page 126: Termodinamika Kimia

116

116 Termodinamika Kimia

N2(g) + O2(g) 2NO(g) Kc (1) = 4.1 x 10-31

N2O(g) N2(g) + ½ O2(g) Kc (2) = 1/(2.4 x 10-18

) = 4,2 x 1017

N2O(g) + ½ O2(g) 2NO(g) Kc (3) = ?

diperoleh:

131731

2/1

22

2

2

2/1

22

22

2

107.1102.4101.4)2()1()3(

)3(]][[

][

][

]][[

]][[

][

−− ===

==

xxxxKxKK

KOON

NO

ON

ONx

ON

NO

ccc

c

Kesimpulan:

• Persamaan apapun yang digunakan untuk Kc harus sesuai

dengan reaksi kimianya yang setara

• Jika persamaannya dibalik, nilai Kc dibalik yaitu persamaan

yang baru kebalikan dari persamaan aslinya

• Jika koefisien dalam persamaan setara dikalikan dengan faktor

yang sama, tetapan kesetimbangan yang baru adalah akar

berpangkat faktor tersebut didapat tetapan kesetimbangan

yang lama

Latihan SoalLatihan SoalLatihan SoalLatihan Soal

Suatu sampel COCl2 dibiarkan terdekomposisi berdasarkan reaksi

berikut:

COCl2(g) CO(g) + Cl2(g)

Nilai Kc pada kesetimbangan adalah sebesar 2,2 x 10-10

pada

100oC. Jika konsentrasi awal COCl2 sebesar 0.095 M, berapa

konsentrasi tiap komponen pada saat kesetimbangan tercapai?

(0.095 M; 9.1 x 10-6

M; 9.1 x 10-6

M)

C. Kesetimbangan Heterogen

Jika komponen yang terlibat dalam kesetimbangan

kimia lebih dari satu fase, maka kesetimbangan tersebut disebut

kesetimbangan heterogen. Contoh reaksi kesetimbangan

heterogen adalah penguraian kalsium karbonat pada reaksi 6.19.

Page 127: Termodinamika Kimia

117

117 DAFTAR ISI

CaCO3(s) CaO(s) + CO2(s)................................................. (6.19)

Pada saat kesetimbangan, potensial kimia sistem mengikuti

persamaan 20.

( ) 032

=−+CaCOCOCaO

µµµ .................................................... (6.20)

dimana

CaOCaO

0µµ = ...................................................................... (6.21a)

22

2 ln 0

COCOCOpRT+= µµ ..................................................... (6.21b)

33

0CaCOCaCO

µµ = .................................................................. (6.21c)

Persamaan 6.21a dan 6.21c didasarkan pada fakta bahwa padatan

tidak memberikan sumbangsi terhadap tekanan total sistem atau

CaOp =

3CaCOp = 0.

Subtitusi persamaan 6.21 a, 6.21 b, dan 6.21 c pada

persamaan 6.20 menghasilkan persamaan 6.22.

( )( )( )

0 ln

0 ln

0 ln

2

232

32

2

0

000

000

=+∆

=+−+

=−++

CO

COCaCOCOCaO

CaCOCOCOCaO

pRTG

pRT

pRT

µµµ

µµµ

2 ln 0

COpRTG −=∆ .............................................................. (6.22)

Persamaan 6.22 identik dengan persamaan 6.13, sehingga

konstanta kesetimbangan reaksi 6.19 adalah persamaan 6.23.

2COppK = .............................................................................. (6.23)

Persamaan 6.23 memperlihatkan bahwa konstanta

kesetimbangan hanya mengandung komponen-komponen yang

konsentrasi atau tekanan parsialnya berubah selama reaksi

berlangsung. Atas dasar ini walaupun ikut bereaksi tapi karena

tidak berubah, maka padatan murni dan cairan murni tidak

diperhitungkan dalam persamaan tetapan kesetimbangan.

Page 128: Termodinamika Kimia

118

118 Termodinamika Kimia

Contoh SoalContoh SoalContoh SoalContoh Soal

Bila reaksi C(s) + CO2(g) 2CO(g) berlangsung pada temperatur

850 0C dan tekanan total 1 atm, campuran pada kesetimbangan

mengandung 93.77 % (v/v) CO dan 6.23 % (v/v) CO2. Tentukan

harga Kp reaksi tersebut!

Penyelesaian:

Menurut hukum Avogadro, komposisi relatif di dalam volume

sama dengan komposisi molar, sehingga mol fraksi masing-masing

adalah 0.9377 untuk CO dan 0,0623 untuk CO2. Dengan tekanan

total 1 atm, tekanan parsial CO adalah 0.9377 dan 0.0623 untuk

tekanan parsial CO2. Akhirnya, diperoleh:

( )

11,14

0623,0

9377,02

=

=Kp

Latihan SoalLatihan SoalLatihan SoalLatihan Soal

Tentukan Kc reaksi berikut:

CaCO3(s) CaO(s) + CO2(g) Kp = 2.1 x 10-4

(pada 1000 K)

(2.56 x 10-6)

D. Respon Kesetimbangan terhadap Berbagai Kondisi

Jika suatu sistem kesetimbangan diberi gangguan, maka

sistem itu akan bereaksi untuk menghilangkan gangguan tersebut.

Prinsip ini disebut prinsip Le Chatelier’s dan gangguan yang

dimaksud adalah sebagai berikut:

1. Temperatur

Jika temperatur dinaikkan, maka konstanta

kesetimbangan akan meningkat (produk bertambah) pada sistem

endoterm, sebaliknya konstanta kesetimbangan turun (reaktan

bertambah) pada sistem eksoterm. Secara matematis, pernyatan

Page 129: Termodinamika Kimia

119

119 DAFTAR ISI

tersebut dapat dibuktikan menggunakan persamaan Gibbs-

Helmholzt sebagaimana persamaan 6.24.

TSHG −=

T

HGS

−−= ....................................................................... (6.24)

Pada tekanan konstan (dp = 0) persamaan 6.24 dapat dituliskan

sesuai persamaan 6.25.

SdTdG −=

pT

GS

∂∂−= .................................................................... (6.25)

Substitusi 6.24 dan 6.25 menghasilkan persamaan 6.26.

T

H

T

G

T

G

T

HG

T

G

p

p

−=

∂∂

−=

∂∂

T

H

T

G

T

G

p

−=−

∂∂

.............................................................. (6.26)

Persamaan 6.26 diselaikan menggunakan persamaan 6.27.

∂∂=

∂∂=

∂∂+

−=

∂∂+

∂∂=

∂∂

T

G

T

G

T

T

G

T

G

T

T

G

TTG

GTTTT

GT

G

T

p

p

p

ppp

1

1

11

11

2

2

pp T

G

TT

T

G

T

G

∂∂=−

∂∂

................................................ (6.27)

Page 130: Termodinamika Kimia

120

120 Termodinamika Kimia

Ruas kiri persamaan 6.26 sama dengan ruas kiri persamaan 6.27,

sehingga diperoleh persamaan Gibbs-Helmholtz sesuai persamaan

6.28.

T

H

T

G

TT

p

−=

∂∂

2

T

H

T

G

Tp

−=

∂∂

.......................................................... (6.28)

Untuk membuktikan secara matematis pengaruh

temperatur terhadap konstanta kesetimbangan digunakan

persamaan 6.13 yang ditata ulang sebagaimana persamaan 6.29.

RT

G0

K ln∆−= ..................................................................... (6.29)

Kebergantungan K akan terlihat jika persamaan 6.29 diturunkan

sebagai fungsi temperatur sebagai berikut:

−=RT

ΔG

dT

dK ln

dT

d0

=

−T

ΔG

dT

dK ln

dT

dR

0

.................................................. (6.30)

Ruas kanan persamaan 6.30 mirip dengan ruas kiri

persamaan Gibbs-Helmholtz (persamaan 6.28). Berdasarkan dua

persamaan tersebut diperoleh persamaan 6.31 yang dikenal

sebagai persamaan van’t Hoff.

dTRT

ΔH Kd

RT

ΔH K

dT

d

T

ΔH K

dT

dR

2

0

2

0

2

0

ln

ln

ln

=

=

−=

Page 131: Termodinamika Kimia

121

121 DAFTAR ISI

−−=−

= ∫∫

12

0

12

2

1

2

02

1

11lnln

ln

TTR

ΔH K K

dTRT

ΔH Kd

( )21

12

0

1

2lnTT

TT

R

ΔH

K

K

−= .......................................... (31)

2. Tekanan dan Volume

Konstanta kesetimbangan tidak dipengaruhi oleh

perubahan tekanan, karena konstanta kesetimbangan ditentukan

pada tekanan konstan (isobar). Secara matematis, hubungan K dan

p dinyatakan dengan persamaan 6.32.

0=

∂∂

Tp

K........................................................................ (6.32)

Akan tetapi, bertambahnya tekanan sistem menyebabkan

kesetimbangan bergeser ke sisi yang jumlah mol gasnya lebih kecil.

Contoh sederhana adalah reaksi pembentukan HI dan penguraian

N2O4 berikut:

H2(g) + I2(g) 2HI(g)

N2O4(g) 2NO2(g)

Pada reaksi pertama, penambahan tekanan tidak

mempengaruhi konstanta dan jumlah masing-masing komponen,

karena jumlah mol gas reaktan = produk. Sebaliknya, pada reaksi

kedua, penambahan tekanan akan menggeser reaksi ke kiri, jumlah

NO2 berkurang dan jumlah N2O4 bertambah (meski demikian,

tekanan parsial masing-masing komponen tetap).

Misalkan jumlah N2O4 awal adalah n (dan NO2 masih nol).

Pada saat kesetimbangan, jika N2O4 berkurang sebesar αn, maka

NO2 akan bertambah 2αn. Jumlah N2O4 saat kesetimbangan

tersebut adalah n-αn, sehingga fraksi mol masing-masing

komponen adalah:

Page 132: Termodinamika Kimia

122

122 Termodinamika Kimia

( )( )( ) n

n

n

n

nnn

nnx

ON +−=

+−=

+−−=

1

1

1

1

222 αα

ααα

............................ (6.33a)

( ) ( ) αα

αα

ααα

+=

+=

+−=

1

2

1

2

2

22 n

n

nnn

nx

NO............................ (6.33b)

Konstanta kesetimbangannya adalah:

( ) ( ) ( )42

2

42

2

42

2

222

ON

NO

ON

NO

ON

NO

px

px

px

px

p

pK === ...................................... (6.34)

Jika p bertambah, maka 42ON

x harus bertambah agar Kp tetap.

Besarnya 2NO

x dan 42ON

x dapat disubstitusi dari persamaan 6.33.

Pengaruh volume pada kesetimbangan reaksi kimia

merupakan kebalikan pengaruh tekanan, yang disimpulkan sebagai

berikut:

• Jika volum diperbesar, kesetimbangan bergeser ke jumlah

koefisien yang besar

• Jika volum diperkecil, kesetimbangan bergeser ke jumlah

koefisien yang kecil

• Perubahan volum hanya menggeser arah reaksi, tidak

menggubah Kc.

3. Perubahan Konsentrasi

Perubahan konsentrasi tidak merubah nilai tetapan

kesetimbangan pada temperatur yang tetap. Jika suatu zat

ditambahkan ke dalam sistem yang setimbang, kesetimbangan

akan bergeser ke arah sisi yang lain. Jika zat dikurangi dari sistem

yang setimbang, kesetimbangan akan bergeser ke arah sisi tempat

zat itu diambil. Contoh sederhana adalah reaksi pembentukan HI

berikut:

H2(g) + I2(g) 2HI(g)

Jika sejumlah I2 ditambahkan ke dalam campuran, maka

kesetimbangan bergeser ke produk (HI bertambah, tapi H2

berkurang). Ilustrasinya dapat dilihat pada gambar 6.2.

Page 133: Termodinamika Kimia

123

123 DAFTAR ISI

Gambar 6.2. Perubahan konsentrasi jika sejumlah I2 ditambakan

pada reaksi H2(g) + I2(g) 2HI(g)

Kondisi yang lain, jika jumlah H2 dikurangi, maka kesetimbangan

bergeser ke reaktan (HI berkurang, tapi I2 bertambah). Ilustrasinya

dapat dilihat pada gambar 6.3.

Gambar 6.3. Perubahan konsentrasi jika H2 dikurangi

pada reaksi H2(g) + I2(g) 2HI(g)

4. Penambahan Gas Lembam (Inert)

Pengaruh gas lembam pada kesetimbangan tergantung

pada cara menambahkan gas tersebut. Jika sejumlah gas lembam

(seperti Helium) ditambahkan pada keadaan volume tetap, maka

tekanan total sistem akan meningkat. Akan tetapi, tekanan parsial

masing-masing gas akan tetap, so kontanta kesetimbangan tidak

berubah.

Jika gas ditambahkan pada tekanan tetap, maka volume

sistem akan bertambah. Pengaruhnya: jika mol reaktan dan produk

sama, maka kesetimbangan tidak bergeser, tapi jika mol reaktan

Page 134: Termodinamika Kimia

124

124 Termodinamika Kimia

lebih besar dari produk maka kesetimbangan bergesar ke reaktan

atau jika mol produk lebih besar dari reaktan maka kesetimbangan

bergeser ke produk.

Gas lembam hanya mempengaruhi konstanta

kesetimbangan jika gas tersebut mengakibatkan perubahan

konsentrasi (atau tekanan parsial) masing-masing komponen

sistem.

5. Katalis

Katalis dalam reaksi reversibel dapat mempercepat reaksi

baik kekanan atau kekiri sehingga keadaan kesetimbangan tercapai

lebih cepat. Katalis hanya merubah mekanisme reaksi dengan

energi aktivasi yang lebih kecil tapi tidak mengubah konstanta

kesetimbangan karena konstanta kesetimbangan tidak bergantung

pada mekanisme reaksi.

Contoh SoalContoh SoalContoh SoalContoh Soal

Untuk reaksi kesetimbangan, 2H2(g) + O2(g) 2H2O(g), harga

tetapan kesetimbangan akan bertambah jika:

a. temperatur dinaikkan d. H2 dikurangi

b. tekanan dinaikkan e. H2O ditambah

c. tekanan diturunkan

Penyelesaian:

Jawaban yang benar adalah b dengan penjelasannya sebagai

berikut:

a. reaksi pembakaran adalah reaski eksoterm, menghasilkan

kalor, sehingga menambah panas (menaikkan temperatur)

justru menggeser reaksi ke kiri (reaktan), sehingga Kp menjadi

lebih kecil.

b. menambah tekanan menggeser reaksi ke jumlah mol zat

paling kecil, yaitu ke produk, sehingga Kp menjadi lebih besar.

c. menurunkan tekanan menggeser reaksi ke jumlah mol zat

paling besar, yaitu ke reaktan, sehingga Kp menjadi lebih kecil.

Page 135: Termodinamika Kimia

125

125 DAFTAR ISI

d. mengurangi komponen, menggeser reaksi ke arah komponen

yang dikurangi, yaitu reaktan, sehingga Kp menjadi lebih kecil.

e. menambah komponen, menggeser reaksi dari komponen yang

ditambah, yaitu dari produk ke reaktan, sehingga Kp menjadi

lebih kecil.

Latihan SoalLatihan SoalLatihan SoalLatihan Soal

Klorometana terbentuk melalui reaksi:

CH4(g) + Cl2(g) CH3Cl(g) + HCl(g)

pada 1500 K, konstanta kesetimbangan Kp = 1.6 x 104. Didalam

campuran reaksi terdapat p(CH4) = 0.13 atm, p(Cl2) = 0.035 atm,

p(CH3Cl) = 0.24 atm dan p(HCl) = 0.47 atm. Apakah reaksi di atas

menuju ke arah pembentukan CH3Cl atau pembentukan CH4 !

(ke arah pembentukan CH3Cl)

Soal LatihanSoal LatihanSoal LatihanSoal Latihan ����

1. Nilai Kp pada 25 0C untuk reaksi kesetimbangan:

CO2 (g) + H2 (g) CO(g) + H2O(g)

adalah 10-5

. Jika 1 mol CO, 2 mol H2 dan 3 mol CO2 dimasukkan

ke dalam labu berukuran 5 L pada 25 0C, hitunglah:

a. perubahan energi Gibbs standar pada temperatur tersebut

b. tetapan kesetimbangan yang dinyatakan dengan

konsentrasi molar

c. mol setiap komponen saat kesetimbangan

2. Untuk reaksi N2(g) + 2 O2(g) 2 NO2 (g), harga Kp pada 2000 dan

2500 K masing-masing 4,08 x 10-4

dan 36 x 10-4

. Tentukan

harga ∆H° !

3. Hitung Kp untuk reaksi, CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) pada 25

°C, jika ∆G° = - 6.816 kkal.

Page 136: Termodinamika Kimia

126

126 Termodinamika Kimia

4. Bila reaksi C(s) + CO2(g) 2CO(g) berlangsung pada temperatur

850 0C dan tekanan total 1 atm, campuran pada kesetimbangan

mengandung 93.77 % (v/v) CO dan 6.23 % (v/v) CO2. Hitung:

a. harga Kp

b. komposisi kesetimbangan pada tekanan total 5 atm

5. Reaksi CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) Kc = 1 pada kira-kira 1100

K. Sejumlah zat berikut dicampur pada temperatur tersebut

dan dibiarkan bereaksi: 1 mol CO, 1 mol H2O, 2 mol CO2 dan 2

mol H2. Kearah mana reaksi akan berjalan dan bagaimana

komposisi akhirnya?

6. Untuk reaksi:

NH3 1/2 N2 + 3/2 H2 Kc = 5.2 x 10-5

(pada 298 K)

Berapakah nilai Kc pada 298 K untuk reaksi:

N2 + 3H2 2NH3

7. Untuk reaksi N2O4(g) 2NO2(g), ∆Ho = +61.5 kJ mol

-1 dan Kp =

0,113 pada 298K. Berapa nilai Kp pada 0oC dan pada temperatur

berapa nilai Kp = 1 ?

8. Harga Kp reaksi COCl2(g) CO(g) + Cl2(g) pada 400oC adalah 4.25.

Bila tekanan COCl2 mula-mula 1.35 atm, tentukan tekanan

parsial setiap komponen dalam keadaan setimbang!

9. Senyawa ClF3 disiapkan melalui 2 tahap reaksi fluorinasi gas

klor sebagai berikut:

Cl2(g) + F2(g) ClF(g)

ClF(g) + F2(g) ClF3(g)

a. Seimbangkan masing-masing reaksi di atas dan tuliskan

reaksi totalnya!

b. Buktikan bahwa Kc totalnya = hasil kali Kc masing-masing

tahap reaksi ?

10. Nilai Kp reaksi CO2(g) + H2(g) CO(g) + H2O pada temperatur

400 oC adalah 0.08 dan pada 600

oC adalah 0.41. Tentukan

apakah reaksi tersebut endotermik atau eksotermik!

Page 137: Termodinamika Kimia

127

127 DAFTAR ISI

KEKEKEKESETIMBANGAN SETIMBANGAN SETIMBANGAN SETIMBANGAN FASAFASAFASAFASA

Pada bab sebelumnya telah dibahas syarat terjadinya

kesetimbangan kimia, yakni potensial kimia reaktan sama dengan

potensial kimia produk. Syarat tersebut juga berlaku pada

kesetimbangan fasa. Kesetimbangan fasa α dan β terjadi jika

potensial kimia fasa α sama dengan dengan potensial kimia fasa β.

Pernyataan ini sesuai persamaan 7.1.

βα µµ fasafasa

= ................................................................... (7.1)

A. Fasa dan Transisi Fasa

Fasa adalah bagian sistem dengan komposisi kimia dan

sifat–sifat fisika yang sama, terpisah dari bagian yang lain oleh

suatu bidang batas, dan dapat dipisahkan secara fisik. Contoh-

contoh fasa yang umum adalah padat, cair, dan gas.

Pada kondisi-kondisi tertentu fasa padat dapat berubah

menjadi fasa cair atau sebaliknya, demikian pula fasa padat dapat

berubah menjadi fasa gas atau sebaliknya, dan seterusnya.

Page 138: Termodinamika Kimia

128

128 Termodinamika Kimia

Perubahan-perubahan tersebut disebut transisi fasa. Gambaran

transisi fasa dapat dilihat pada gambar 1.

Gambar 1. Transisi 3 jenis fasa

Jika laju pelelehan padat sama dengan laju pembekuan

cair, maka transisi fasa dalam kesetimbangan yang disebut

kesetimbangan fasa padat dan cair. Pada kondisi tersebut potensial

kimia fasa padat sama dengan potensial kimia fasa cair.

B. Jumlah fasa dan komponen dalam campuran

Jumlah fase dalam suatu sistem disimbol P. Gas atau

campuran gas hanya memiliki satu fasa, yaitu fasa gas dan disebut

berfasa tunggal, demikian halnya kristal termasuk sistem yang

berfase tunggal atau dua cairan yang bercampur sempurna

termasuk fase tunggal. Campuran es dan air adalah sistem yang

berfasa dua (P = 2) walaupun sulit untuk menemukan batas antara

fasa-fasanya.

Campuran dua logam adalah sistem sistem yang berfasa dua

(P = 2) jika logam-logam itu tak dapat campur, tetapi merupakan

sistem yang berfasa tunggal (P = 1) jika logam-logamnya dapat

campur. Contoh ini menunjukan bahwa memutuskan apakah suatu

sistem berfasa tunggal atau berfasa dua, tidak selalu mudah.

Page 139: Termodinamika Kimia

129

129 DAFTAR ISI

Kesulitan tersebut ditemukan pada skala mikroskopik, karena pada

skala tersebut, dispersi yang seragam sulit ditemukan. Sampel kecil

seluruhnya dapat berasal dari butiran kecil satu komponen saja,

sehingga sampel itu bukan contoh tepat dari keseluruhan

campuran.

Campuran gas sebagai fasa tunggal sebagaimana disebutkan

di atas dapat terdiri dari berbagai komponen. Jumlah komponen ini

disimbol C, yakni jumlah minimum spesies bebas yang diperlukan

untuk menemukan komposisi semua fase yang ada dalam sistem.

Definisi ini mudah diberlakukan jika spesies yang ada dalam sistem

tidak bereaksi, sehingga kita hanya menghitung banyaknya.

Misalnya air murni adalah sistem satu komponen (C = 1) dan

campuran etanol dan air adalah sistem dua komponen (C = 2).

Jika spesies bereaksi seperti amonium klorida yang berada

dalam kesetimbangan dengan uapnya berikut:

NH4Cl(s) NH3(g) + HCl (g)

Kedua fase mempunyai komposisi formal “NH4Cl” sehingga

dianggap sistem mempunyai satu komponen. Namun, jika HCl

berlebih ditambahkan, sistem mempunyai dua komponen karena

jumlah relatif HCl dan NH3 berubah-rubah. Contoh yang berbeda

adalah kalsium karbonat yang berada dalam kesetimbangan

dengan uapnya berikut:

CaCO3(s) CaO(s) + CO2(g)

Sistem tersebut adalah sistem dua komponen karena “CaCO3” tidak

menggambarkan komposisi uapnya. Pada reaksi tersebut,

konsentrasi kalsium oksida bukanlah variabel bebas.

Cara sederhana untuk menentukan jumlah komponen dalam

suatu sistem yakni dengan menggunakan hubungan C = S – R,

dimana S adalah jumlah semua spesies termasuk ion-ion dalam

sistem dan R adalah banyaknya antara spesies-spesies termasuk

reaksi-reaksi pada kesetimbangan dan kenetralan muatan. Misal,

sistem campuran air dan sukrosa memiliki 2 spesies sehingga S = 2,

dimana spesies tersebut tidak ada hubungan sehingga R = 0.

Hasilnya, diperoleh jumlah komponen sistem tersebut, yakni C = 2.

Page 140: Termodinamika Kimia

130

130 Termodinamika Kimia

Contoh yang lain adalah natrium klorida dalam air dimana

spesies yang ada dalam sistem terdiri dari molekul H2O, ion Na+ dan

ion Cl-, sehingga S = 3. Muatan listrik sistemnya netral sehingga

jumlah ion Na+ sama dengan ioni Cl

-. Ini menunjukkan satu bentuk

hubungan sehingga R = 1. Hasil yang diperoleh adalah C = 3 -1 = 2.

Contoh yang lebih rumit adalah sistem asam fosfat encer

dimana spesies yang ada dalam sistem tersebut adalah H2O, H3PO4,

H2PO4-, HPO4

-2, PO4

-3, H

+, sehingga S = 6. Hubungan masing-masing

spesies ditunjukkan reaksi kesetimbangan berikut:

H3PO4 (aq) H2PO4- (aq) + H

+ (aq)

H2PO4-

(aq) HPO4-2

(aq) + H+

(aq)

HPO4-2

(aq) PO4-3

+ H+

(aq)

Hubungan yang lain adalah kenetralan muatan keseluruhan sistem

sehingga jumlah total kation harus sama dengan jumlah total

anionnya, apapun jenisnya. Dengan demikian, banyaknya

hubungan total adalah R = 4, sehingga jumlah total komponen C =

6- 4 = 2.

Perilaku fasa untuk sistem satu komponen secara

matematis dapat dipelajari menggunakan persamaan Clausius dan

persamaan Clausisus–Clapeyron. Untuk sistem dua komponen,

larutan ideal mengikuti hukum Raoult dan larutan real mengikuti

hukum Henry. Untuk sistem tiga komponen cukup dijelaskan secara

deskrptif.

Contoh SoalContoh SoalContoh SoalContoh Soal

Amonium klorida terurai jika dipanaskan. (a) Berapa jumlah

komponen dan fasa yang ada jika garam itu dipanaskan dalam

wadah yang hanya berisi garam tersebut? (b) Kemudian,

andaikan ada tambahan ammonia. Berapa jumlah komponen

dan fase yang ada dalam wadah itu?

Jawab:

Page 141: Termodinamika Kimia

131

131 DAFTAR ISI

NH4Cl(s) NH3 (g) + HCl (g)

jumlah komponen (c) = 1 dan jumlah fase (p) = 2 (padat dan gas)

jumlah komponen (c) = 2 dan jumlah fase (p) = 2 (padat dan gas)

Latihan SoalLatihan SoalLatihan SoalLatihan Soal

Nyatakan jumlah komponen sistem AlCl3 dalam air, dengan

memperhatikan terjadinya hidrolisa dan pengendapan Al(OH)3.

(3)

C. Sistem Satu Komponen

1. Keberadaan Fasa–Fasa dalam Sistem Satu Komponen

Berdasarkan hukum termodinamika telah diturunkan

persamaan untuk perubahan energi Gibbs sesuai persamaan 7.2.

SdTVdpdG −= ............................................................... (7.2)

Jika masing-masing ruas dibagi n (jumlah zat) akan diperoleh

persamaan 7.3.

dTSdpVdmm

−=µ ............................................................... (7.3)

dimana µ = potensil kimia, Vm = volume molar, dan Sm = entropi

molar.

Pada kondisi p atau T konstan kita peroleh persamaan 7.4

dan 7.5.

m

p

ST

−=

∂∂µ

.................................................................... (7.4)

m

T

Vp

=

∂∂µ

...................................................................... (7.5)

Hukum termodinamika ketiga mengharuskan S>0, sehingga

pada persamaan 7.4, jika T dinaikkan, maka µ akan berkurang

(kemiringan negatif) berdasarkan gambar 7.2. Selain itu,

Page 142: Termodinamika Kimia

132

132 Termodinamika Kimia

berdasarkan hukum termodinamika diperoleh bahwa Spadat < Scair <

Sgas.

Gambar 7.2. Perubahan potensial kimia oleh temperatur yang

menetukan fasa sistem

2. Persamaan Clapeyron

Jika fasa α dan β dalam kesetimbangan, maka potensial

kimianya memenuhi persamaan 7.6.

βα µµ fasafasa

= ................................................................... (7.6)

Subtitusi persamaan 6 oleh persamaan 3 menghasilkan persamaan

7.7.

dTSdPVdTSdPVmmmm ββαα −=− ........................................ (7.7)

Masing-masing ruas dikalikan n, diperoleh persamaan 7.8.

dTSdPVdTSdPV ββαα −=− .............................................. (7.8)

Persamaan 7.8 ditata ulang menjadi persamaan 7.9.

( ) ( )dTSSdpVV

dTSdTSdpVdpV

βαβα

βαβα

−=−−=−

Page 143: Termodinamika Kimia

133

133 DAFTAR ISI

βα

βα

VV

SS

dT

dp

−−

=

V

S

dT

dp

∆∆= .......................................................................... (7.9)

Hubungan antara perubahan entropi (ΔS) dan perubahan

entalpi (ΔH)sesuai persamaan 7.10.

T

HS

∆=∆ .......................................................................... (7.10)

Persamaan 7.10 digunakan untuk menata ulang persamaan 7.9

sehingga diperoleh persamaan 7.11.

VT

H

dT

dp

∆∆= ........................................................................ (7.11)

Persamaan 7.11 disebut sebagai Persamaan Clapeyron,

yang dapat digunakan untuk menentukan entalpi pelelehan,

penguapan, maupun sublimasi transisi antara dua fasa. Entalpi

sublimasi, peleburan dan penguapan pada temperatur tertentu

dihubungkan dengan persamaan 7.12

vapmelsubHHH ∆+∆=∆ ........................................................ (7.12)

3. Kesetimbangan padat-cair (pelelehan):

Untuk kesetimbangan padat-cair (pelelehan), persamaan

Clapeyron dapat dimodifikasi menjadi persamaan 7.13.

dTVT

Hdp

mel

mel

∆∆

= ................................................................. (7.13)

Jika diintegralkan pada batas tertentu diperoleh persamaan 7.14.

∫∫

∫∫

∆∆

=

∆∆

=

2

1

2

1

2

1

2

1

1dT

TV

Hdp

dTVT

Hdp

mel

mel

mel

mel

Page 144: Termodinamika Kimia

134

134 Termodinamika Kimia

1

2

12ln

T

T

V

Hpp

mel

mel

∆∆

=− ........................................................ (7.14)

Hasil percobaan menunjukkan bahwa pada selisih tekanan

yang sangat besar, titik leleh bahan padat hanya berubah sedikit.

Selisih T2 dan T1 sangat kecil, sehingga persamaan 7.13 dapat

dimodifikasi berdasarkan logika berikut.

−+=

−+=

1

12

1

121

1

2 1lnlnlnT

TT

T

TTT

T

T

Harga T2-T1 sangat kecil, sehingga 1

12

T

TT −juga sangat kecil.

∗ Dengan

demikian:

1

12

1

12

1

121

1

2 1lnlnlnT

TT

T

TT

T

TTT

T

T −≈

−+=

−+=

Jika persamaan ini disubstitusi ke persamaan 7.14 didapatkan

persamaan 7.15.

1

12

1

2

12 ln

T

TT

V

Hp

T

T

V

Hpp

mel

mel

mel

mel

−∆∆

=∆

∆∆

=−

1

T

T

V

Hp

mel

mel ∆∆∆

=∆ ........................................................... (7.15)

∗ jika x sangat kecil, maka ln (1 + x) ≈ x

Page 145: Termodinamika Kimia

135

135 DAFTAR ISI

ConConConContoh Soaltoh Soaltoh Soaltoh Soal

Gambarkan batas fase es/cairan untuk air pada temperatur

antara -1 0C dan 0

0C. Berapa temperatur leleh es pada tekanan

1,5 kbar? Diketahui titik leleh air pada tekanan 1 bar adalah

273,15 K; ΔHmel = 6,008 kJmol-1

; ΔVmel= -1,7 cm3mol

-1!

Penyelesaian:

Pertanyaan pertama

Langkah pertama: Ubah satuan ΔHm ke cm3 bar mol

-1 dimana 1 J =

0.0098697 L atm:

13

1

845,60082

008,6

==∆

molbarcm

kJmolHmel

Langkah kedua: Tentukan tekanan titik leleh air pada berbagai

temperatur antara -1 sampai 0 0C (272,15 – 273,15 K)

menggunakan persamaan 7.14:

Pada T= -1 0C atau 272,15 K

( ) ( )

bar 47,301

bar 1bar 47,129

bar 47,129

bar 106677,31053,3

bar 99634,0ln1053,3

15,273

15,272ln

mol cm7,1

mol bar cm 60082,845 bar 1

ln

2

34

4

1-3

1-3

2

1

2

12

=+=

=−−=

−=−

=−

∆∆

=−

p

xxx

x

K

Kp

T

T

V

Hpp

mel

mel

Pada T= -0,8 0C atau 272,35 K

1

2

12ln

T

T

V

Hpp

mel

mel

∆∆

=−

Page 146: Termodinamika Kimia

136

136 Termodinamika Kimia

( ) ( )

bar 104,54

bar 1bar 54,103

bar 54,103

bar 109331,21053,3

bar 9971,0ln1053,3

15,273

35,272ln

mol cm7,1

mol bar cm 60082,845 bar 1

2

34

4

1-3

-13

2

=+=

=−−=

−=−

=−

p

xxx

x

K

Kp

Hasil perhitungan diperoleh untuk semua temperatur adalah:

T 0C K

p (bar)

-1 272,15 130,47

-0.8 272,35 104,54

-0,6 272,55 79

-0,4 272,75 53

-0.2 272,95 27

0,0 273,15 1

Langkah ketiga: Plot data pada grafik p vs T

Grafik di atas menunjukkan bahwa pada perubahan tekanan yang

sangat ekstrim, temperatur titik leleh padatan hanya berubah

sangat sedikit. Garis kesetimbangan padat-cair untuk air bernilai

Page 147: Termodinamika Kimia

137

137 DAFTAR ISI

negatif karena ΔVm air bernilai negatif. Ini terkait dengan ikatan

hidrogen pada fasa padat dan fasa cair air yang kekuatannya

berbeda.

Pertanyaan kedua

Gunakan persamaan 7.14 untuk menentukan T pada tekanan leleh

1,5 kbar:

KT

T

T

T

xK

T

K

Tbarxbar

K

Tkbar

T

T

V

Hpp

mel

mel

78,261

5675,5ln

0425,061,5ln

0425,015,273lnln

1053,3

1499

15,273ln

15,273ln1053,31499

15,273ln

mol cm7,1

mol bar cm 60082,845 bar 15,1

ln

2

2

2

2

4

2

24

2

1-3

1-3

1

2

12

==

−=−−=−−

=

−=

−=−

∆∆

=−

Latihan SoalLatihan SoalLatihan SoalLatihan Soal

Volume molar padatan tertentu 161 cm3 mol

-1 pada tekanan

1.00 atm dan temperatur 250.75 K, yaitu temperatur lelehnya.

Volume molar cairan pada temperatur dan tekanan ini adalah

163.3 cm3 mol

-1. Pada tekanan 100 atm, temperatur lelehnya

berubah menjadi 351.26 K. Hitunglah besar entalpi molar dan

entropi peleburan padatan!

(16.47 kJ mol-1

; 46.89 J mol-1

K-1

)

Page 148: Termodinamika Kimia

138

138 Termodinamika Kimia

4. Kesetimbangan cair-uap (penguapan)

Untuk peristiwa penguapan, Clausius menunjukkan bahwa

persamaan Clapeyron dapat disederhanakan dengan

mengandaikan uapnya mengikuti hukum gas ideal dan

mengabaikan volume cairan (Vl) yang jauh lebih kecil dari volume

uap (Vg).

glgvapVVVV ≈−=∆ .......................................................... (7.16)

Berdasarkan persamaan gas ideal, diperoleh persamaan

7.17.

p

RTV

g= ........................................................................... (7.17)

Sehingga persamaan 7.14, dapat ditata ulang menjadi persamaan

7.18.

−−−

∆=

∆=

∆=

∆=

∆∆

=

∫∫

121

2

2

1

2

2

1

11ln

11

11

TTR

H

p

p

dTTR

Hdp

p

dTT

pRT

HdT

TV

HdT

VT

Hdp

vap

vap

vap

g

vap

vap

vap

∆=

211

2 11ln

TTR

H

p

p vap.................................................... (7.18)

Persamaan 7.18 disebut Persamaan Clausius–Clapeyron.

Dengan menggunakan persamaan di atas, kalor penguapan atau

sublimasi dapat dihitung dengan dua tekanan pada dua temperatur

yang berbeda.

Jika entalpi penguapan suatu cairan tidak diketahui, harga

pendekatannya dapat diperkirakan dengan menggunakan Aturan

Trouton, berdasarkan persamaan 7.19.

11 88 −−≈∆

=∆ molJKT

HS

b

vap

vap.......................................... (7.19)

Page 149: Termodinamika Kimia

139

139 DAFTAR ISI

5. Kesetimbangan padat-uap (sublimasi)

Logika pada kesetimbangan cair-uap dapat pula diterapkan

pada kesetimbangan padat-uap. Dengan cara yang sama, diperoleh

persamaan kesetimbangan untuk padat-uap sesuai persamaan

7.20.

∆=

211

2 11ln

TTR

H

p

psub .................................................... (7.20)

6. Diagram fasa sistem 1 komponen

Jika ketiga jenis kesetimbangan di atas digambarkan dalam

1 grafik yang sama akan diperoleh diagram fasa. Diagram fasa

merupakan cara mudah untuk menampilkan wujud zat sebagai

fungsi temperatur dan tekanan. Gambar 7.3 adalah contoh diagram

fasa untuk satu komponen, yaitu air.

Gambar 7.3. Diagram fasa air

Page 150: Termodinamika Kimia

140

140 Termodinamika Kimia

Pemahaman tentang diagram fasa akan terbantu dengan

pemahaman aturan fasa Gibbs, aturan yang diturunkan oleh

fisikawan-matematik Amerika Josiah Willard Gibbs (1839-1903)

pada tahun 1876. Aturan ini menyatakan bahwa pada

kesetimbangan tertutup, jumlah variabel bebas atau derajat

kebebasan (F) dapat dihitung menggunakan persamaan 7.21.

F= C + 2 - P ....................................................................... (7.21)

dimana C adalah jumlah komponen dan P adalah jumlah fasa.

Jadi, dalam titik tertentu pada diagram fasa air di atas,

jumlah derajat kebebasan adalah 2, yaitu temperatur dan tekanan.

Bila dua fasa dalam kesetimbangan, sebagaimana ditunjukkan oleh

garis yang membatasi daerah dua fasa, hanya ada satu derajat

kebebasan, yaitu temperatur atau tekanan. Pada titik tripel, ketika

terdapat tiga fasa dalam kesetimbangan, tidak ada derajat

kebebasan lagi.

Kemiringan negatif pada perbatasan padatan-cairan

memiliki implikasi penting sebagaimana dinyatakan di bagian kanan

diagram, yakni bila tekanan diberikan pada es, es akan meleleh dan

membentuk air. Berdasarkan prinsip Le Chatelier, bila sistem pada

kesetimbangan diberi tekanan, kesetimbangan akan bergeser ke

arah yang akan mengurangi perubahan ini. Hal ini berarti air

memiliki volume yang lebih kecil, kerapatan lebih besar daripada

es; dan semua kita telah hafal dengan fakta bahwa es mengapung

di air. Ini adalah keunikan untuk air.

Sebaliknya, air pada tekanan 0,0060 atm berada sebagai

cairan pada temperatur rendah, sementara pada temperatur

0,0098 °C, tiga wujud air akan ada dalam kesetimbangan. Titik ini

disebut titik tripel air. Selain itu, titik kritis (untuk air, 218 atm,

374°C), yang telah dipelajari, juga ditunjukkan dalam diagram fasa.

Bila cairan berubah menjadi fasa gas pada titik kritis, muncul

keadaan antara (intermediate state), yakni keadaan antara cair dan

gas. Dalam diagram fasa keadaan di atas titik kritis tidak

didefinisikan.

Page 151: Termodinamika Kimia

141

141 DAFTAR ISI

Contoh SoalContoh SoalContoh SoalContoh Soal

Titik didih normal benzena adalah 353.2 K. Perkirakan tekanan

yang memungkinkan benzena mendidih pada 330 K.

Penyelesaian:

Soal ini dapat diselesaikan menggunakan persamaan 7.18.

∆=

211

2 11ln

TTR

H

p

p vap

Akan tetapi, terlebih dahulu ΔHvap benzena harus diketahui. Gunakan aturan Trouton untuk menentukan ΔHvap benzena. Untuk kebanyakan cairan, ΔHvap-nya pada titik didih normalnya mendekati nilai yang hampir sama, yaitu:

1

11

11

11

31081.6

K 353.2 x 88

x 88

88

−−

−−

−−

≈≈

≈∆

≈∆

Jmol

molJK

TmolJKH

molJKT

H

bvap

b

vap

Akhirnya soal ini bisa diselesaikan:

barp

TJmol

Jmol

bar

p

TTR

H

p

p vap

47.0

76.0

1

2.353

1

K 314.8

6.31082

1ln

11ln

2

2

-11

1

2

211

2

=−=

−=

∆=

Latihan SoalLatihan SoalLatihan SoalLatihan Soal

Tekanan uap cair pada temperatur 200 K sampai 260 K

memenuhi persamaan:

KT

Torrp/

8,2501225.16)/ln( −=

Hitunglah besar entalpi penguapan cairan itu.

(20.8 kJ mol-1

)

Page 152: Termodinamika Kimia

142

142 Termodinamika Kimia

D. Sistem Dua Komponen

1. Kesetimbangan Uap – Cair dari Campuran Ideal Dua Komponen

Pada kondisi isotermal, untuk campuran tertentu, tekanan

uap parsial masing-masing komponennya sama dengan tekanan

uap komponen tersebut dalam keadaan murni dikalikan dengan

fraksi molnya dalam campuran. Pernyataan ini sesuai dengan

persamaan 7.22 dan dikenal sebagai Hukum Raoult.

o

iiipxp = ......................................................................... (7.22)

Namun, persamaan ini hanya berlaku jika komponen –

komponen dalam campuran tersebut memilliki sifat yang mirip atau

antaraksi antar partikel komponen sejenis sama dengan interaksi

antar partikel komponen berbeda dalam campuran tersebut. Misal

campuran yang terdiri atas komponen A dan B, maka interaksi

partikel komponen A – B sama dengan antaraksi partikel A – A =

B – B.

Campuran yang bersifat demikian disebut campran ideal.

Beberapa contohnya adalah campuran antara benzena-toluena, n-

heksana-heptana, dan metil alkohol-etil alkohol. Sifat lain

camputran ini adalah perubahan volume campuran linier terhadap

komposisi (ΔVmix = 0), tidak terjadi penyerapan kalor antar

komponen (ΔHmix = 0) dan perubahan entropinya sesuai dengan

persamaan ΔSmix = - R Σni ln xi.

Berdasarkan hukum Dalton pada bab II, tekanan total

sistem adalah jumlah tekanan parsial masing-masing komponen

sesuai persamaan 7.23.

BAppp +=

o

BB

o

AApxpx +=

dimana xB = 1 – xA, sehingga:

( )A

o

B

o

A

o

Bxpppp −+= ......................................................... (7.23)

Page 153: Termodinamika Kimia

143

143 DAFTAR ISI

Persamaan ini digunakan untuk membuat garis titik

gelembung (bubble point line) sebagaimana diperlihatkan pada

gambar 7.3. Komposisi uap pada garis kesetimbangan tekanan total

tersebut ditentukan menggunakan persamaan 7.24.

o

i

i

ip

px = .......................................................................... (7.24)

Gambar 3.Tekanan total dan parsial untuk campuran 2 komponen

Jika campuran dipanaskan hingga mendidih, maka tekanan

uap masing-masing komponen akan turun membentuk garis

kesetimbangan yang lengkung sebagaimana diperlihatkan pada

gambar 7.4. Garis lengkung tersebut disebut dew point line dan

memenuhi persamaan 7. 25.

( ) oooo

oo

xppp

ppp

1121

21

++= ........................................................ (7.25)

Page 154: Termodinamika Kimia

144

144 Termodinamika Kimia

Gambar 7.4. Fasa cair dan uap untuk campuran benzena–toluena

pada 60oC

Semua titik di bawah garis dew point berfasa uap,

sedangkan semua titik di atas garis buble point berfasa cair. Titik

antara garis dew point dan garis buble point berada dalam

kesetimbangan fasa cair dan uap. Komposisi cair-uap pada titik

tersebut dapat ditentukan menggunakan garis tie line, yakni garis

horisontal yang menghubungkan garis dew point dan garis buble

point pada tekanan yang sama. Misal untuk komponen, jika

diandaikan fraksi mol komponennya adalah x, maka jumlah

komponen B yang berada dalam fasa cair adalah persamaan 7. 26.a

dan jumlah komponen B yang berada dalam fasa uap adalah

persamaan 7. 26.b.

vl

vxBmol

cair −−= . .............................................................. (7.26.a)

vl

xlBmol

uap −−= . .............................................................. (7.26.b)

dimana l adalah jumlah komponen B pada titik pertemuan antara

tie line dengan buble point line, dan v adalah jumlah komponen B

Page 155: Termodinamika Kimia

145

145 DAFTAR ISI

pada titik pertemuan tie line dengan dew point line. Kedua

persamaan ini sesuai dengan aturan Lever (Lever Rule).

2. Penyimpangan hukum Raoult: Campuran Non Ideal

Jika gaya antaraksi dan interaksi partikel komponen-

komponen suatu campuran memiliki kekuatan yang berbeda, maka

campuran tersebut akan menyelisihi menyalahi hukum Raoult.

Campuran yang bersifat demikian disebut campuran non-ideal dan

sifat penyimpangannya terhadap hukum Raoult dirinci sebagai

berikut:

a. Penyimpangan positif

Penyimpangan positif ini terjadi jika kekuatan interaksi partikel

komponen-komponen campuran tersebut lebih kuat dibandingkan

kekuatan antaraksinya . Misal untuk campuran A dan B,

penyimpangan ini terjadi jika kekuatan interaksi A – A atau B – B >

antaraksi A – B. Hal ini menyebabkan entalpi campuran (ΔHmix)

positif (bersifat endotermik) dan mengakibatkan terjadinya

penambahan volume campuran (ΔVmix > 0). Contoh campuran yang

mengalami penyimpangan ini adalah campuran etanol dan

n– heksana.

b. Penyimpangan negatif

Penyimpangan negatif ini terjadi jika kekuatan interaksi partikel

komponen-komponen campuran tersebut lebih lemah

dibandingkan kekuatan antaraksinya . Misal untuk campuran A dan

B, penyimpangan ini terjadi jika kekuatan interaksi A – A atau B – B

< antaraksi A – B. Hal ini menyebabkan entalpi campuran (ΔHmix)

negatif (bersifat eksotermik) mengakibatkan terjadinya

pengurangan volume campuran (ΔVmix < 0). Contoh campuran yang

mengalami penyimpangan ini adalah campuran campuran aseton

dan air.

Page 156: Termodinamika Kimia

146

146 Termodinamika Kimia

Gambar 7.5. Penyimpangan positif (kanan) dan negatif (kiri) hukum

Raoult

Kurva komposisi masing-masing komponen pada campuran

larutan non-ideal berbeda dengan campuran ideal sebagaimana

diperlihatkan pada gambar 7.5. Pada gambar tersebut, garis titik

embun campuran memiliki tekanan uap maksimum dan minimum

yang disebut titik azeotrop. Campuran pada titik azeotrop tidak

dapat dipisahkan dengan menggunakan destilasi biasa, tapi bisa

dengan destilasi bertingkat atau dengan menambahkan komponen

ketiga.

3. Hukum Henry

Selain penyimpangan yang telah dijelaskan di atas, hukum

Raoult juga mengalami penyimpangan bagi zat terlarut dalam

larutan yang sangat encer. Pada larutan tersebut, hukum Raoult

hanya berlaku bagi pelarutnya. Hal ini disebabkan gaya antaraksi

partikel-partikel pelarut mendominasi campuran, sementara gaya

antaraksi partikel-partikel zat terlarut sangat terbatas karena

jaraknya yang saling berjauhan diantara pertikel-partikel pelarut.

Kondisi tersebut menjadikan tekanan parsial zat terlarut

tidak ditentukan berdasarkan tekanan uap murninya, tapi

berdasarkan tetapan Henry sebagaimana dinyatakan pada

persamaan 7.27. Persamaan tersebut dikenal sebagai hukum Henry

Page 157: Termodinamika Kimia

147

147 DAFTAR ISI

dimana K adalah tetapan Henry yang besarnya tertentu untuk

setiap pasangan pelarut-zat terlarut.

iiiKxp = ........................................................................... (7.27)

Kasus yang paling sering memanfaatn konsep hukum Henry

adalah menentukan kelarutan gas dalam cairan. Kelarutan gas

dalam cairan umumnya menurun dengan naiknya temperatur,

walaupun terdapat beberapa pengecualian seperti pelarut amonia

cair, lelehan perak, dan pelarut–pelarut organik. Senyawa–senyawa

dengan titik didih rendah (H2, N2, He, Ne, dll) mempunyai gaya tarik

intermolekular yang lemah, sehingga tidak terlalu larut dalam

cairan. Kelarutan gas dalam air biasanya turun dengan

penambahan zat terlarut lain (khususnya elektrolit).

Contoh SoalContoh SoalContoh SoalContoh Soal

Pada temperatur 300 K, tekanan uap larutan encer HCl dan GeCl4

cair adalah sebagai berikut:

x 0.005 0.009 0.019 0.024

p (torr) 205 363 756 946

Jawab:

Grafik data di atas adalah:

Berdasarkan slope grafik tersebut dapat ditentukan konstanta

Henry adalah = 4 x 104 Torr.

Page 158: Termodinamika Kimia

148

148 Termodinamika Kimia

Latihan SoalLatihan SoalLatihan SoalLatihan Soal

Hitunglah komposisi benzena-toluena dalam larutan yang akan

mendidih pada tekanan 1 atm (101,325 kPa) pada 90 oC dengan

menganggap ideal! Pada 90 oC, tekanan uap benzena dan

toluena adalah 136,3 kPa dan 54,1 kPa!

(0,575; 0,425)

4. Sifat Koligatif Larutan

Jumlah partikel pada larutan tertentu tidak hanya

mempengaruhi tekanan uap zat terlarut sebagaimana telah

dijelaskan dengan hukum Henry. Pengaruhnya dapat diekspansi

untuk sifat-sifat larutan yang lain. Sifa-sifat tersebut adalah sifat

koligatif larutan berikut:

a. Penurunan tekanan uap (∆∆∆∆p)

Untuk larutan dengan zat terlarut yang tidak mudah

menguap seperti padatan, tekanan uap larutan (p) hanya

bergantung pada pelarut (p1). Penurunan tekanan uap larutan ini

sesuai dengan persamaan 7.28.

∆p = p1o – p1

oopxpp

111.−=∆

)1(11

xpo −=

21.xpp

o=∆ ........................................................................ (7.28)

Jika, jumlah zat terlarut (n2) sangat sedikit dibandingkan

pelarutnya (n2) atau n2 << n1, maka:

1

2

21

2

2n

n

nn

nx ≈

+= ............................................................ (7.29)

Substitusi persamaan 7.29 ke persamaan 7.28 diperoleh persamann

7.30.

∆p = p1o .

1

2

n

n ..................................................................... (7.30)

Page 159: Termodinamika Kimia

149

149 DAFTAR ISI

b. Kenaikan titik didih (∆∆∆∆Tb) dan penurunan titik beku (∆∆∆∆Tf)

Kenaikan titik didih (boiling point/Tb). larutan terjadi jika zat

terlarut yang ditambahkan menyebabkan tekanan uap larutan pada

temperatur yang sama lebih rendah dari tekanan uap pelarutnya.

Jadi, titik didih normal larutan, yakni temperatur saat fasa uap

pelarut mencapai 1 atm, harus lebih tinggi daripada titik didih

pelarut.

Kenaikan titik didih tersebut dapat ditentukan

menggunakan persamaan Clausius – Clapeyron yang telah dibahas

sebelumnya, yakni persamaan 7.18. Jika titik didih normal larutan

berubah dari Tbo

menjadi Tb dan tekanan uap pelarut berubah dari

p1o

menjadi p1, maka persamaan Clausius – Clapeyronnya dapat

ditulis sesuai persamaan 7.31.

∆=

bb

vap

oTTR

H

p

p 11ln

0

1

1

ln op

p

1

1 = b

o

b

o

bbvap

TRT

TTH )( −∆

ln

−−

o

o

p

pp

1

111 = ( )b

bb

vapT

TRT

H∆

∆0

................................... (7.31)

Berdasarkan hukum Raoult, fraksi mol zat terlarut sesuai

dengan persamaan 7.32 sangat kecil.

+==

21

1

1111nn

npxpp oo

21

1

11 1 xxp

ppo

o

=−=−

........................................................ (7.32)

sehingga nilai o

o

p

pp

1

11−

pada persamaan 7.31 sangat kecil. Selain

nilai Tb dapat diasumsikan sama dengan Tbo, sehingga persamaan

7.31 dapat diubah menjadi persamaan 7.33.

Page 160: Termodinamika Kimia

150

150 Termodinamika Kimia

- o

o

p

pp

1

11−

= ( ) ( )bo

b

vapT

TR

H∆

∆2

- x2 = ( ) ( )bo

b

vapT

TR

H∆

∆2

.......................................................... (7.33)

Substitusi x2 pada persamaan 7.33 dengan nilai pendekatan

x2 dari persamaan 7.29 menghasilkan persamaan 7.34.

1

2

n

n = - ( ) ( )

bo

b

vapT

TR

H∆

∆2

∆Tb = - ( )

1

2

2

n

nx

H

TR

vap

o

b

∆ ......................................................... (7.34)

Untuk setiap 1000 gram pelarut diperoleh perbandingan mol zat

terlarut dan pelarut sesuai persamaan 7.35.

12

1

2

1

2 .1

Mm

M

n

n

n= .............................................................. (7.35)

dimana M1 adalah massa molar pelarut dan m2 adalah massa

konsentrasi molal zat terlarut. Substitusi persamaan 7.35 ke

persamaan 7.34 mengasilkan persamaan 7.36.

∆Tb = - ( )

vap

o

b

H

MTR

∆1

2

. m2

∆Tb = Kb . m2 .................................................................... (7.36)

dimana Kb adalah tetapan kesebandingan kenaikan titik didih molal

yang diistilahkan konstanta ebulioskopi.

Penambahan zat terlarut juga mengakibatkan terjadinya

penurunan titik beku (freezing point/Tf). Dengan menggunakan cara

yang sama diperoleh persamaan 7.37 untuk penurunan titik beku.

∆Tf = Kf . m2 .................................................................... (7.37)

dimana Kf adalah tetapan kesebandingan penurunan titik beku

molal yang diistilahkan konstanta krioskopi.

Page 161: Termodinamika Kimia

151

151 DAFTAR ISI

c. Tekanan Osmosis (ππππ)

Membran berpori yang dapat dilalui pelarut tetapi zat

terlarut tidak dapat melaluinya disebut dengan membran

semipermeabel. Bila dua jenis larutan dipisahkan denga membran

semipermeabel, pelarut akan bergerak dari sisi konsentrasi rendah

ke sisi konsentrasi tinggi melalui membran. Fenomena ini disebut

osmosis. Membran sel adalah contoh khas membran

semipermeabel.

Bila larutan dan pelarut dipisahkan membran

semipermeabel, diperlukan tekanan yang cukup besar agar pelarut

bergerak dari larutan ke pelarut. Tekanan ini disebut dengan

tekanan osmosis. Gambaran mengenai tekanan osmosis dapat

dilihat pada gmbar 7.7. Pada kesetimbangan, tekanan di bagian kiri

adalah p dan tekanan di bagian kanan adalah p + dp, dimana dp

adalah tekanan tambahan yang disebut tekanan osmosis. Tekanan

osmosis biasa disimbol Π

Gambar 7.7. Tekanan osmosis

Pada bab sebelumnya telah dipelajari hubungan Maxwell

untuk memperoleh persamaan 7.38 dan syarat kesetimbangan

untuk memperoleh persamaan 7.39.

Tp

∂∂µ

= n

V

Page 162: Termodinamika Kimia

152

152 Termodinamika Kimia

µ∆ = dpn

V .................................................................... (7.38)

µ∆ = - RT ln op

p ............................................................ (7.39)

dimana p adalah tekanan uap larutan po adalah tekanan uap

pelarut murni.

Oleh karena dimana dp = Π, maka persamaan 7.38 dapat

diubah menjadi persamaan 7.40.

µ∆ = Πn

V ..................................................................... (7.40)

Substitusi persamaan 7.39 dengan 7.40 menghasilkan persamaan

7.41.

- RT ln o

p

p

1

1 = Πn

V ......................................................... (7.41)

Hukum Raoult dapat digunakan untuk memodifikasi

persamaan 7.41 dimana x1 = o

pp11

dan x1 = (1 – x2) atau o

pp11

=

(1 – x2) sehingga diperoleh persamaan 7.42.

Π = - V

nRT ln (1 – x2) ..................................................... (7.42)

Untuk larutan yang sangat encer, nilai x2 sangat kecil

sehingga ln (1 – x2) ≈ - x2 sehingga persamaan 7.42 dapat

disederhanakan menhadi persamaan 7.43.

Π = - V

nRT. (- x2)

Π = V

nRT .

11

2

nn

n

+

Π = 2

nV

RT ..................................................................... (7.43)

dimana n2 adalah jumlah zat terlarut.

Page 163: Termodinamika Kimia

153

153 DAFTAR ISI

Contoh SoalContoh SoalContoh SoalContoh Soal

Tekanan osmosis larutan air pada temperatur 300 K adalah 120

kPa. Hitunglah titik beku larutan itu!

Jawab:

C

V

V

0

f

-1-1-1

-1

air

f

f

f

b

f

bf

0895.0

0895.00T

K 0895.0

300 x J8.314

J120 K 86.1

L kg 1 x K 300 xmolK J8.314

kPa 120mol kg K 86.1

RTK

air RTmassaK

air massa

RTK

air massa

nK

mKΔT

−=−=

=

=

=

Π=

Π=

Π=

=

=

ρ

Latihan SoalLatihan SoalLatihan SoalLatihan Soal

Hitunglah titik beku larutan yang terdiri dari 3 gram urea (Mr=

60 g mol–1

) dalam 100 gram air. Kf air = 1.86 oC/ mol kg-1

(- 0.93 0C)

5. Sistem Dua Komponen dengan Fasa Padat–Cair

Sistem campuran 2 komponen (biner) paling sederhana

adalah sistem yang kedua komponennya misibel dalam fasa cair

tapi imisibel dalam fasa padat. Jenis kesetimbangan ini banyak

Page 164: Termodinamika Kimia

154

154 Termodinamika Kimia

dijumpai dalam kehidupan sehari- hari, misalnya jika 2 logam yang

dalam keadaan padat tidak bercampur tetapi ketika dilelehkan

keduanya akan bercampur homogen membentuk 1 fasa.

Pada sistem campuran tersebut, fase padat dan cairnya

dapat ditemukan pada temperatur di bawah titik lelehnya. Contoh

sistem yang demikian adalah campuran antimon dan bismut

sebagaimana diperlihatkan pada gambar 7.8.

Gambar 7.8. Diagram fasa campuran Sb-Bi

Pada gambar tersebut, titik m1 adalah titik dimana

campuran masih dalam fasa cair. Jika campuran didinginkan, maka

fasa campuran mulai terdiri dari 2 fasa yaitu fasa cair campuran dan

fasa padat Sb (Cair + Sb). Pada wilayah ini, sebagian Sb mulai

menjadi padat sehingga campuran lebih kaya dengan Bi. Pada titik

m3, jumlah fasa cair campuran hampir sama dengan jumlah fasa

padatnya, dan terus turun hingga temperatur pada m4. Titik m4

tersebut adalah titik campuran mulai membeku membentuk

padatan campuran yang dominan Sb.

Saat temperatur lebih rendah dari Te, campuran mulai

membentuk padatan dengan komposisi di sebelah kanan titik e

lebih dominan Sb dan di sebelah kiri titik e lebih dominan Bi. Misal

Page 165: Termodinamika Kimia

155

155 DAFTAR ISI

titik m5 adalah campuran padatan yang lebih dominan Sb hingga

titik m5” yang hampir murni Sb dan m5’ yang lebih dominan Bi.

Pada titik e campuran membentuk komposisi eutektik,

yakni membentuk padatan tanpa mengendapkan Sb dan Bi terlebih

dahulu. Derajat kebebasan pada titik ini sama dengan nol, sehingga

titik eutektik adalah invarian atau bukan merupakan fasa, tetapi

kondisi dimana terdapat campuran yang mengandung dua fasa

padatan berstruktur butiran halus.

Selain hanya bercampur secara inert, campuran dua

komponen dapat bereaksi membentuk senyawa padatan yang

berada dalam kesetimbangan dengan fas cair pada berbagai

komposisi. Hal ini terjadi pada bagian diagram fasa Na2SO4 – H2O

yang menunjukkan pelelehan Na2SO4.10H2O menjadi kristal rombik

anhidrat Na2SO4.

Sistem campuran dua komponen lainnya adalah campuran

dua kompuran yang membentuk padatan. Komponen-komponen

campuran ini tidak memisah saat temperatur diturunkan sehingga

padatan yang terbentuk mengandung masing-masing komponen.

Contoh campuran yang bersifat demikian adalah larutan padat

campuran padatan Cu – Ni.

D. Sistem Tiga Komponen

Jumlah derajat kebebasan untuk sistem tiga komponen

pada temperatur dan tekanan tetap dapat dinyatakan sesuai

persamaan 7.44.

F = 3 – P ............................................................................. (7.44)

Jika dalam sistem hanya terdapat satu fasa, maka F = 2, berarti

untuk menyatakan keadaan sistem dengan tepat perlu ditentukan

konsentrasi dari dua komponennya. Sedangkan bila dalam sistem

terdapat dua fasa dalam kesetimbangan, maka F = 1, berarti hanya

satu komponen yang harus ditentukan konsentrasinya dan

konsentrasi komponen yang lain sudah tertentu berdasarkan

diagram fasa untuk sistem tersebut. Oleh karena sistem tiga

komponen pada temperatur dan tekanan tetap, mempunyai

Page 166: Termodinamika Kimia

156

156 Termodinamika Kimia

derajat kebebasan paling banyak dua, maka diagram fasa sistem ini

dapat digambarkan dalam satu bidang datar berupa suatu segitiga

samasisi yang disebut diagram terner. Diagram ini hanya hanya

sebagai fungsi komposisi.

Umumnya, sistem 3 komponen merupakan sistem cair-cair-

cair yang tergantung pada temperatur dan daya saling larut antar

zat cair tersebut. Misal, jika terdapat 3 zat cair A, B dan C, maka A

dan B akan larut sebagian. Penambahan zat C ke dalam campuran

dapat memperbesar atau memperkecil daya saling larut A dan B.

Kelarutan masing-masing komponen tersebut pada temperatur

tetap dapat di gambarkan pada suatu diagram terner sesuai

gambar 7.9.

Gambar 7.9. Diagram Terner

Titik X menyatakan suatu campuran dengan fraksi A = 25%,

B = 25% dan C = 50%. Titik ini dibuat dengan memotongkan garis

yang mempunyai komposisi 25 % mol A yaitu garis sejajar BC, 25 %

mol B yaitu garis sejajar AC dan garis sejajar AB dengan % mol 50 %.

Titik pada garis BP dan BQ menyatakan suatu campuran dengan

perbandingan jumlah A dan C yang tetap tetapi dengan jumlah B

Page 167: Termodinamika Kimia

157

157 DAFTAR ISI

yang berubah. Hal yang sama berlaku bagi garis garis yang ditarik

dari salah sudut segitiga kesisi yang ada dihadapannya.

Contoh penerapan kesetimbangan tiga komponen dan

diagram terner adalah pada optimisasi bubuk slag nikel

menggunakan pendekatan sistem temari C-A-S (CaO-Al2O3-SiO2).

Prosesnya meliputi tiga fase utama berikut:

a. Fase pembentukan senyawa kalsium silika hidrat (CSH) hasil

reaksi antara trikalsium silikat (C3S) dan dikalsium silikat (C2S)

semen dengan air (H2O)

b. Fase pembentukan senyawa kalsium silika hidrat (CSH) bubuk

slag nikel dengan kalsium hidroksida (CH) hasil sampingan

reaksi kimia fase pertama.

c. Fase hidrogamet atau fase pembentukan ettringit sebagai

produk reaksi antara senyawa kimia silika oksida (SiO2) dan

aluminium oksida (Al2O3) bubuk slag nikel dengan kalsium

hidroksida (CH) hasil sampingan reaksi kimia fase pertama.

Ketiga fase tersebut merepresentasikan reaksi hidrasi cementitous

dengan tiga komponen produk reaksi yaitu kalsium silika hidrat

(CSH), kalsium hidroksida (CH), dan kalsium suoaluminat hidrat

(CASH).

Contoh SoalContoh SoalContoh SoalContoh Soal

Buatlah sketsa diagram fasa sistem NH3/N2H4 jika: kedua zat itu

tidak membentuk senyawa, NH3 membeku pada temperatur -

780C, N2H4 membeku pada temperatur +2

0C, eutetik terbentuk

ketika fraksi mol N2H4 = 0.07 dan eutetik itu meleleh pada

temperatur -800C!

Jawab:

Page 168: Termodinamika Kimia

158

158 Termodinamika Kimia

Latihan SoalLatihan SoalLatihan SoalLatihan Soal

Uranium tetraflourida dan zirkonium tetraflourida meleleh

berturut-turut pada temperatur 10350C dan 912

0C. Keduanya

membentuk seri kontinu dari larutan padat dengan temperatur

leleh minimun 7650C dan komposisi xZrF4 = 0.77. Pada

temperatur 9000C. Larutan cair dengan komposisi xZrF4 = 0.28

ada dalam kesetimbangan dengan larutan padat yang

komposisinya adalah 0.87 dan 0.90. Buatlah sketsa diagram fasa

sistem ini dan nyatakan apa yang diamati jika cairan dengan

komposisi xZrF4 = 0.40 didinginkan perlahan-lahan dari

temperatur 9000C sampai dengan 500

0C.

(Larutan padat dengan xZrF4 = 0.28 dimulai sekitar 855 0C hingga

xZrF4 = 0.40 pada temperatur 8200C)

Page 169: Termodinamika Kimia

159

159 DAFTAR ISI

Soal LatihanSoal LatihanSoal LatihanSoal Latihan ����

1. Tekanan uap diklorometana pada temperatur 24.1 0C adalah

400 Torr dan entalpi penguapannya: 28.7 kJ mol-1

. Perkirakan

temperaturnya pada saat tekanan uapnya 500 Torr!

2. Volume molar padatan tertentu 161 cm3 mol

-1 pada tekanan

1.00 atm dan temperatur 250.75 K, yaitu temperatur lelehnya.

Volume molar cairan pada temperatur dan tekanan ini adalah

163.3 cm3 mol

-1. Pada tekanan 100 atm, temperatur lelehnya

berubah menjadi 351.26 K. Hitunglah besar entalpi molar dan

entropi peleburan padatan!

3. Tekanan uap cair pada temperatur 200 K sampai 260 K

memenuhi persamaan:

KT

Torrp/

8.2501225.16)/ln( −=

Hitunglah besar entalpi penguapan cairan itu.

4. Entalpi penguapan cairan tertentu adalah 14.4 kJ mol-1

pada

temperatur 180 K, yaitu titik normalnya. Volume molar cairan

dan uapnya pada titik didih itu adalah 115 cm3mol

-1 dan 14.5

cm3mol

-1. Perkirakan dp/dT dari persamaan Clapeyron dan

perkirakan persentase kesalahan nilainya jika yang digunakan

adalah persamaan Clausius-Clapeyron.

5. Hitunglah perbedaan kemiringan grafik potensial kimia

terhadap tekanan pada tiap sisi (a) titik beku normal air, (b) titik

didih normal air. Rapatan es dan air pada temperatur 00C

adalah 0.917 g cm-3

dan 1 g cm-3

, dan rapatan air dan uap air

pada temperatur 1000C adalah 0.958 g cm

-3 dan 0.598 g dm

-3.

Berapa kelebihan potensial kimia uap air dibandingkan dengan

potensial kimia air cair pada tekanan 1.2 atm dan temperatur

1000C? Perkirakan fasa air tersebut!

6. Sebanyak 50 L udara kering perlahan-lahan ditiupkan ke dalam

bejana yang diberi isolasi termal, yang berisi 250 g air, mulanya

pada temperatur 25 0C. Hitunglah temperatur akhir. Tekanan

Page 170: Termodinamika Kimia

160

160 Termodinamika Kimia

uap air kurang lebih tetap pada 23.8 Torr selamanya, dan

kapasitas kalornya, 75.5 JK-1

mol-1

. Asumsikan udara tidak

dipanaskan atau didinginkan dan uap air termasuk gas

sempurna.

7. Hitunglah tekanan air yang membeku pada temperatur 2 0C,

entalpi pembekuan air -21,8 kJ mol-1

.

8. Tentukan komponen, fasa dan derajad kebebasan sistem

berikut :

a. Campuran minyak dan air

b. Larutan NaCl jenuh yang terdapat NaCl(s) dan uap air

9. Dua cairan A dan B membentuk suatu larutan ideal. Pada

temperatur tertentu tekanan A murni 200 mmHg dan B murni

75 mmHg. Jika campuran mengandung 40 % mol A, berapa

persen mol A dalam uapnya.

10. Ramalkan tekanan uap HCl di atas larutan HCl di dalam GeCl4

cair yang molalitasnya 0.1 mol kg-1

.

11. Tekanan uap 500 g sampel benzena adalah 400 Torr pada

temperatur 60.6 0C. Tekanan uap ini turun menjadi 386 Torr

jika 19 gram senyawa organik yang tak dapat menguap

dilarutkan ke dalamnya. Hitunglah massa molar senyawa itu!

12. Gambarkan diagram fasa bila Nikel ditambahkan pada Mg yang

meleleh pada 650 oC (Ar Mg = 24), titik beku campuran mulai

turun sampai titik eutektik tercapai pada 510 oC dan 28 % mol

Nikel. Senyawa baru terbentuk pada temperatur 900 oC

mengandung 54 % mol nikel, titik eutektik kedua terbentuk

pada temperatur 700 oC, 75 % mol nikel. Sedangkan nikel murni

meleleh pada temperatur 1400 oC. Gambarkan diagram fasa

antara % mol Nikel terhadap temperatur!

13. Diketahui sistem 3 komponen A-B-C, komposisi titik K : 40% A,

20%B; titik L: 30%A, 30% C. Gambarkan titik K dan L!

Page 171: Termodinamika Kimia

161

161 DAFTAR ISI

14. Tandailah titik berikut ini pada diagram Terner:

a. 0.2; 0.2; 0.6

b. 0; 0.2; 0.8

c. Titik yang menunjukkan ketiga fraksi molnya sama

15. Buktikan bahwa garis lurus dari titik sudut A pada diagram

Terner ke sisi BC di hadapannya menunjukkan campuran B dan

C dengan perbandingan tetap, berapapun A yang ada!

Page 172: Termodinamika Kimia

162

162 Termodinamika Kimia

APENDIKSAPENDIKSAPENDIKSAPENDIKS

Apendiks A: Simbol Termodinamika Kimia

Simbol Keterangan Persamaan Satuan

q Kalor J

w Kerja J

U Energi internal ΔU = q + w J

H Entalpi H = U + pV J

T Temperatur K

S Entropi T

dqds rev= JK

-1

A Energi

Helmholtz A = U – TS J

G Energi Gibbs G = H –TS J

β Koefisien

tekanan VT

p

∂∂=β Pa K

-1

αV Koefisien

ekspansi volume pT

V

V

∂∂

= 1α K-1

κT Kompresibilitas

isotermal T

Tp

V

VK

∂∂

−= 1 Pa

-1

κS Kompresibilitas

isotropik S

Sp

V

VK

∂∂

−= 1 Pa

-1

Cp

Kapasitas kalor

pada tekanan

tetap p

pT

HC

∂∂= JK

CV

Kapasitas kalor

pada volume

tetap V

VT

UC

∂∂= JK

κ Rasio kapasitas

panas V

p

C

CK = 1

Page 173: Termodinamika Kimia

163

163 DAFTAR ISI

Lanjutan..

a,b Koefisien van

der Waals ( ) RTbV

V

apm

m

=−

+2

J m3

mol-2

B Koefisien virial

kedua m

3 mol

-1

C Koefisien virial

ketiga

+++= ...1

2mm

mV

C

V

BRTpV

m6

mol-2

Z Faktor kompresi RT

pVZ m= 1

XA Parsial molar

komponen A AjnpTA

An

XX

∂∂=

,,

disesuai-

kan

μA Potensial kimia

komponen A AjnpTA

An

G

∂∂=

,,

µ J mol-1

λ A Aktivitas absolut

komponen A

=RT

AA

µλ exp 1

a A Aktivitas relatif

komponen A

−=

RTa AA

A

0

expµµ

1

Q Kuosien reaksi Bv

BB

aQ Π= 1

K Konstanta

kesetimbangan

∆−=RT

GK exp 1

Kp

Konstanta

kesetimbangan

tekanan

Bv

BB

p pK Π= PaΣv

KC

Konstanta

kesetimbangan

konsentrasi

Bv

BB

C CK Π= (mol L-1

)Σv

f fugasitas T

p

pf

=→ λ

λ0

lim Pa

Π Tekanan

osmosis CRT=Π Pa

Page 174: Termodinamika Kimia

164

164 Termodinamika Kimia

Apendiks B: Faktor Konversi

Massa (m):

Kilogram (SI unit) kg

Gram (cgs unit) g = 10-3

kg

Massa elektron (au) me ≈9.10939 x 10-31

kg

Massa atom u, Da ≈ 1.660 540 x 10-27

kg

Volume (V):

Meter kubik (SI unit) m3

Liter L = dm3 = 10-3

m3

Temperatur (T):

Kelvin (SI) K = oC + 273

Celcius oC = 5/9 (

oF-32)

Reumer oR =

oF + 460

Tekanan (p):

Pascal (SI unit) Pa = Nm -2

= kg m-1

s-2

Atmosphere atm = 101 325 Pa

Bar bar = 105 Pa

Torr Torr ≈ 133.322 Pa

Millimetre of mercury mmHg ≈ 133.322 Pa

Pounds per square inch psi ≈ 6.894757 x 103 Pa

Energi (E):

Joule (SI unit) J = kg m2 s

-2

erg (cgs unit) erg = g cm2 s

-2 = 10

-7 J

Hartree (au) Eh ≈ 4.35975 x 10-18

J

Rydberg Ry ≈ 2.17987 x 10-18

J

Electronvolt eV ≈ 1.602 18 x 10-19

J

Kalori kal = 4.184 J

Page 175: Termodinamika Kimia

165

165 DAFTAR ISI

Gaya (F):

Newton (SI unit) N = kg ms-2

Dyne (cgs unit) dyn = g cm s-2

= 10-5

N

Kapasitas kalor (C):

SI unit JK-1

Clausius Cl = kal/K =4.184 J K-1

Volume molar (Vm):

SI unit m3

mol-1

Amagat amagat ≈ 22.4 x 10-3

m3 mol

-1

(Vm gas real pada 1 atm and 273.15 K)

Sumber data:

€ IUPAC. Quantities, Units and Symbols in Physical Chemistry (2nd

ed.): Blackwell Science, 1993

€ Bhattacharjee, S. TEST (The Expert System for

Thermodynamics). San Diego State University, diakses dari

http://www.thermofluids.net, pada 8 Desember 2010

Page 176: Termodinamika Kimia

166

166 Termodinamika Kimia

Apendiks C: Tabel dan Data

Tabel 1. Tetapan dasar

Nama Tetapan Simbol Nilai Satuan

0.08206 L atm mol-1

K-1

62.36 L Torr mol-1

K-1

8.314 joule mol-1

K-1

8.314 x 107 erg mol

-1 K

-1

Konstanta gas

ideal R

1.987 kal mol-1

K-1

Bilangan

Avogadro L 6.02214 × 10

23 mol

-1

Boltzmann KB 1.38066 × 10

23

J K

-1

Faraday F 9.64853 × 104 C mol

-1

Planck H 6.62620 × 10

34

J s

Rydberg r∞ 1.0974 x 107 m

-1

Muatan

elektron e

1.602177 × 10–

19

C

Massa atom Da, u 1.66 x 10-27

kg

Massa

elektron me 9.10939 x 10

-31 kg

Jari-jari Bohr a0 0.529 x 10-10

m

Permeabilitas

vakum μ0 Π4 x 10

-7 N A

-2

Permitivitas

vakum ε0 8.854 x 10

-12 F m

-1

Kecepatan

cahaya dalam

ruang vakum

c 2.9979 x 108 m s

-1

Page 177: Termodinamika Kimia

167

167 DAFTAR ISI

Tabel 2. Energi ikat rata-rata molekul

Jenis ikatan Energi ikat (kJ

mol-1

) Jenis ikatan

Energi ikat (kJ

mol-1

)

C-C 343 N-N 160

C=C 615 N=N 946

C ≡C 812 N-O 176

C-Br 285 N=O 605

C-Cl 326 O-H 464

C-F 490 O-O 144

C-H 416 O=O

(dalam O2) 498

C-N 290 O-Br 200

C=N 891 O-Cl 220

C-O 351 O-F 190

C=O 724 O=S 515

C=O

(dalam CO2) 799 O-P 335

C ≡O 1046 O=P 545

C-S 270 I-I 149

C=S 575 Br-Br 193

C-P 265 Cl-Cl 244

C-Si 290 F-F 158

H-H 436 S-S 250

H-Br 366 P-P 200

H-Cl 432 Si-Si 220

H-F 568 Si-O 450

H-I 298 Sn-Sn 145

H-N 391 Sn-N 320

H-S 367 Sn-Cl 145

H-P 320 Te-H 240

H-Si 315 Se-Se 170

Page 178: Termodinamika Kimia

168

168 APENDIKS

Tabel 3. Data termodinamika unsur dalam tabel periodik

Nama

Unsur Lambang

Massa

Atom

Titik leleh

(°C)

Titik didih

(°C)

ρ

(kg m-3

)

Cp

(kJ kg-1

K)

k

(W m-1

K)

ΔHfus

(kJ kg-1

)

ΔHvap

(kJ kg-1

)

Aluminum Al 26.9815 660.40 2467.00 2700.00 0.897 237.00 397.00 10896.00

Antimon Sb 121.7500 630.70 1750.00 6697.00 0.207 24.40 163.00

Argon Ar 39.9480 -189.20 -185.70 1.78 0.521 0.0177 28.00 161.00

Arsen As 74.9216 817.00 613.00 5727.00 0.329 50.00 326.00 1703.00

Barium Ba 137.3300 725.00 1640.00 3510.00 0.204 18.40 51.80 1019.00

Belerang S 320.600 112.80 444.70 2080.00 0.710 0.20 53.60 1404.00

Berilium Be 9.01218 1278.00 2970.00 1850.00 1.825 201.00 877.00

Besi Fe 55.8470 1535.00 2750.00 7860.00 0.449 80.40 247.00 6260.00

Bismut Bi 208.9800 271.30 1560.00 9780.00 0.122 7.92 54.10 723.00

Boron B 10.8100 2079.00 2250.00 2340.00 1.026 27.40 4644.00 44403.00

Brom (l) Br 79.9040 -7.20 58.78 3102.80 0.474 0.122 66.20 188.00

Brom (g) Br2 159.8080 7.59 0.226 0.0048

Emas Au 196.9670 1064.40 3080.00 19300.00 0.129 318.00 63.70 1645.00

Fluor F 18.9984 -219.60 -188.10 1.70 0.824 0.0279 13.40 174.00

Fosfor

(putih) P 30.9738 44.10 280.00 1823.00 0.769 0.236 21.30 400.00

Helium He 4.002 6 -272.20 -268.90 0.18 5.193 0.152 2.10 20.70

Page 179: Termodinamika Kimia

169

169 APENDIKS

Lanjutan..

Hidrogen H 1.0080 -259.10 -252.90 0.09 14.304 0.1815 59.50 446.00

Indium In 114.8200 156.60 2080.00 7310.00 0.233 81.80 28.60 2019.00

Iridium Ir 192.2200 2410.00 4130.00 22650.00 0.131 147.00 214.00 3185.00

Kadmium Cd 112.4100 320.90 765.00 8650.00 0.232 96.90 55.10 888.00

Kalium K 39.0983 63.25 759.90 890.00 0.757 102.50 59.30 2050.00

Kalsium Ca 40.0800 839.00 1484.00 1550.00 0.647 201.00 213.00 3.80

Karbon C 12.0110 3652.00 t 2146.00 0.709 1.59 8709.00

Klorin Cl 35.4530 -100.98 -34.60 3.20 0.479 0.0089 90.30 288.00

Klorin (l) Cl 35.4530 . 3.20 0.134

Kobalt Co 51.9332 1495.00 2870.00 8900.00 0.421 100.00 312.00 6390.00

Kripton Kr 83.8000 -156.60 -152.30 3.75 0.248 0.0095 16.30 108.00

Kromium Cr 51.9960 1857.00 2672.00 7150.00 0.449 93.90 404.00 6.60

Lantanum La 138.9060 920.00 3454.00 6162.00 0.195 13.40 44.60 2980.00

Litium Li 6.9410 180.50 1342.00 534.00 3.582 84.80 432.00 21340.00

Magnesium Mg 24.3050 648.80 1090.00 1738.00 1.023 156.00 349.00 5240.00

Mangan Mn 54.9380 1244.00 1962.00 7210.00 0.479 7.80 235.00 4110.00

Molibden Mo 95.9400 2617.00 4612.00 10280.00 0.251 138.00 391.00

Neon Ne 20.1179 -248.70 -246.00 0.90 1.030 0.0493 16.90 85.00

Nikel Ni 58.6900 1453.00 2732.00 8908.00 0.444 90.90 298.00 6310.00

Page 180: Termodinamika Kimia

170

170 Termodinamika Kimia

Lanjutan..

Nitrogen N 14.0067 -209.90 -195.80 1.25 1.040 0.026 25.40 199.00

Oksigen O 15.9994 218.40 -182.96 1.43 0.918 0.0267 13.80 213.00

Perak Ag 107.8680 961.90 2212.00 0.235 429.00 105.00 2323.00

Platina Pt 195.0800 1772.00 3827.00 21450.00 0.133 71.60 114.00 2610.00

Plutonium Pu 244.0000 641.00 3232.00 19816.00 6.70 11.60 1410.00

Radon Rn 222.0000 -71.00 -61.80 0.01 0.094 0.0036 12.30 83.00

Raksa Hg 200.5900 -38.87 356.60 13600.00 0.140 8.30 11.40 295.00

Rubidium Rb 85.4678 38.90 686.00 1532.00 0.363 58.20 25.60 810.00

Selenium Se 78.9600 217.00 684.90 4810.00 0.321 0.52 84.70 1209.00

Seng Zn 65.3900 419.60 907.00 7140.00 0.388 116.00 112.00 1770.00

Sesium Cs 132.9054 28.40 669.30 1930.00 0.242 35.90 15.80 394.00

Sesium (l) Cs 132.9054 1843.00 19.70

Silikon Si 28.0855 1410.00 2355.00 2330.00 0.705 149.00 1788.00 14050.00

Stronsium Sr 87.6200 769.00 1384.00 2640.00 0.301 35.40 84.80

Talium Tl 204.3830 303.50 1457.00 11850.00 0.129 46.10 20.30 806.00

Tembaga Cu 63.5460 1083.40 2567.00 8960.00 0.385 401.00 209.00 4700.00

Timah Sn 118.7100 232.00 2270.00 7265.00 0.228 66.80 59.20 2500.00

Timbal Pb 207.2000 327.50 1740.00 11340.00 0.129 35.30 23.00 866.00

Titanium Ti 47.8800 1660.00 3287.00 4506.00 0.523 21.90 296.00 8790.00

Page 181: Termodinamika Kimia

171

171 APENDIKS

Lanjutan..

Tungsten/

Wolfram W 183.8500 3410.00 5660.00 19250.00 0.132 173.00 285.00 4500.00

Uranium U 238.0290 1132.00 3818.00 19100.00 0.116 27.50 38.40 1950.00

Vanadium V 50.9415 1890.00 3380.00 6000.00 0.489 30.70 422.00 8870.00

Xenon Xe 131.2900 -111.90 -107.10 5.89 0.158 0.0057 13.80 96.00

Yodium I 126.9050 113.50 184.40 4933.00 0.145 0.449 61.00 164.00

Yodium (l) I 126.9050 4927.28 0.116

Zirkonium Zr 91.2240 1852.00 4377.00 6.52 0.278 22.70 230.00 6400.00

Page 182: Termodinamika Kimia

172

172 APENDIKS

Tabel 4. Data termodinamika beberapa senyawa organik

Nilai kalor (kJ kg-1

) Nama Senyawa

Rumus

Kimia

Massa

Molekul

ρ

(kg m-3

)

ΔHvap

(kJ kg-1

)

Cp

(kJ kg-1

K) Tertinggi Terendah

Karbon monoksida(g) CO 28.013 1.05 10,100 10,100

Metana(g) CH4 16.043 509 2.2 55,530 50,050

Metanol(l) CH4O 32.042 0.79 1168 2.53 22,660 19,920

Asitelin(g) C2H2 26.038 1.69 49,970 48,280

Etane(g) C2H6 30.07 172 1.75 51,900 47,520

Etanol(l) C2H6O 46.069 0.79 919 2.44 29,670 26,810

Propana(l) C3H8 44.097 0.5 420 2.77 50,330 46,340

Butana(l) C4H10 58.123 0.579 362 2.42 49,150 45,370

1-Pentena(l) C5H10 70.134 0.641 363 2.2 47,760 44,630

Isopentana(l) C5H12 72.15 0.626 2.32 48,570 44,910

Benzena(l) C6H6 78.114 0.877 433 1.72 41,800 40,100

Heksena(l) C6H12 84.161 0.673 392 1.84 47,500 44,400

Heksana(l) C6H14 86.177 0.66 366 2.27 48,310 44,740

Toluena(l) C7H8 92.141 0.867 412 1.71 42,400 40,500

Heptana(l) C7H16 100.204 0.684 365 2.24 48,100 44,600

Octana(l) C8H18 114.231 0.703 363 2.23 47,890 44,430

Dekana(l) C10H22 142.285 0.73 361 2.21 47,640 44,240

Gasolin(l) CnH1.87n 100-110 0.72-0.78 350 2.4 47,300 44,000

Page 183: Termodinamika Kimia

173

Tabel 5. Entalpi pembakaran beberapa senyawa organik pada

temperatur 25 0C

Nama Senyawa Rumus Kimia ΔHc° (kJ mol–1

)

Karbon C 393.5

Karbonmonooksida CO 283.0

Hidrogen H2 285.8

Amonia H3N 382.8

Hidrasin H4N2 667.1

Metana CH4 890.8

Asetilen C2H2 1301.1

Etilena C2H4 1411.2

Etana C2H6 1560.7

Propilena C3H6 2058.0

Siklopropana C3H6 2091.3

Propana C3H8 2219.2

1,3-Butadiena C4H6 2541.5

Butana C4H10 2877.6

Pentana C5H12 3509.0

Benzena C6H6 3267.6

Sikloheksana C6H12 3919.6

Heksana C6H14 4163.2

Toluena C7H8 3910.3

Heptana C7H16 4817.0

Naftalena C10H8 5156.3

Metanol CH4O 726.1

Etanol C2H6O 1366.8

Dimetileter C2H6O 1460.4

Etilen glikol C2H6O2 1189.2

1-Propanol C3H8O 2021.3

Gliserol C3H8O3 1655.4

Dietil eter C4H10O 2723.9

Page 184: Termodinamika Kimia

174

174 Termodinamika Kimia

Lanjutan ..

1-Pentanol C5H12O 3330.9

Fenol C6H6O 3053.5

Formaldehida CH2O 570.7

Ketena C2H2O 1025.4

Asetaldehida C2H4O 1166.9

Aseton C3H6O 1789.9

Propanal C3H6O 1822.7

2-Butanon C4H8O 2444.1

Asam format CH2O2 254.6

Asam asetat C2H4O2 874.2

Metil format C2H4O2 972.6

Metil asetat C3H6O2 1592.2

Etil asetat C4H8O2 2238.1

Asam benzoat C7H6O2 3226.9

Hidrogen Sianida CHN 671.5

Nitrometana CH3NO2 709.2

Metilamin CH5N 1085.6

Asetonitril C2H3N 1247.2

Asetamida C2H5NO 1184.6

Trimetilamin C3H9N 2443.1

Piridin C5H5N 2782.3

Anilin C6H7N 3392.8

Page 185: Termodinamika Kimia

175

175 APENDIKS

Tabel 6. Entalpi dan energi Gibbs pembentukan serta entropi abolut (300 K, 1 atm)

Nama Senyawa Rumus Kimia Massa molekul Hf

0

(J mol-1

)

Gf0

(J mol-1

)

S0

J mol-1

)

Karbon C(s) 12.001 0 0 5.74

Hidrogen H2(g) 2.016 0 0 130.68

Nitrogen N2(g) 28.012 0 0 191.61

Oksigen O2(g) 32 0 0 205.04

Karbonmonoksida CO(g) 28.013 -110,530 -137,150 197.65

Karbondioksida CO2(g) 44.001 -393,520 -394,360 213.8

Uap air H20(g) 18.016 -241,820 -228,590 188.83

Air H20(l) 18.016 -285,820 -237,180 69.92

Hidrogen peroksida H2O2(g) 34.016 -136,310 -105,600 232.63

Amonia NH3(g) 17.03 -46,190 -16,590 192.33

Metana CH4(g) 16.043 -74,850 -50,790 186.16

Asetilen C2H2(g) 26.038 226,730 209,170 200.85

Etilena C2H4(g) 24.034 52,280 68,120 219.83

Etana C2H6(g) 30.07 -84,680 -32,890 229.49

Propilen C3H6(g) 42.051 20,410 62,720 266.94

Propana C3H8(g) 44.097 -103,850 -23,490 269.91

Page 186: Termodinamika Kimia

176

176 Termodinamika Kimia

Lanjutan..

n-Butana C4H10(g) 58.123 -126,150 -15,710 310.12

Benzena C6H6(g) 78.114 82,930 129,660 269.2

n-Oktana C8H18(g) 114.231 -208,450 16,530 466.73

n-Oktana C8H18(l) 114.231 -249,950 6,610 360.79

n-Dodekana C12H26(g) 170.22 -291,010 50,150 622.83

Metil alkohol CH3OH(g) 32.043 -200,670 -162,000 239.7

Metil alkohol CH3OH(l) 32.043 -238,660 -166,360 126.8

Etil alkohol C2H5OH(g) 46.069 -235,310 -168,570 282.59

Etil alkohol C2H5OH(l) 46.069 -277,690 -174,890 160.7

Oksigen O(g) 16 249,190 231,770 161.06

Hidrogen H(g) 1.008 218,000 203,290 114.72

Nitrogen N(g) 14.006 472,650 455,510 153.3

Hidroksi OH(g) 17.008 39,460 34,290 183.7

Page 187: Termodinamika Kimia

177

Tabel 7. Kapasitas kalor beberapa gas sebagai gas real

Cp

(J g-1

K)

Cv

(J g-1

K)

k

Cp/Cv

Cp

(J g-1

K)

Cv

(J g-1

K)

k

Cp/Cv Temperatur

(K) Udara atmosfer Karbondioksida (CO2)

250 1.003 0.716 1.401 0.791 0.602 1.314

300 1.005 0.718 1.400 0.846 0.657 1.288

350 1.008 0.721 1.398 0.895 0.706 1.268

400 1.013 0.726 1.395 0.939 0.750 1.252

450 1.020 0.733 1.391 0.978 0.790 1.239

500 1.029 0.742 1.387 1.014 0.825 1.229

550 1.040 0.753 1.381 1.046 0.857 1.220

600 1.051 0.764 1.376 1.075 0.886 1.213

650 1.063 0.776 1.370 1.102 0.913 1.207

700 1.075 0.788 1.364 1.126 0.937 1.202

750 1.087 0.800 1.359 1.148 0.959 1.197

800 1.099 0.812 1.354 1.169 0.980 1.193

900 1.121 0.834 1.344 1.204 1.015 1.186

1000 1.142 0.855 1.336 1.234 1.045 1.181

Cp

(J g-1

K)

Cv

(J g-1

K)

k

Cp/Cv

Cp

(J g-1

K)

Cv

(J g-1

K)

k

Cp/Cv Temperatur

(K) Hidrogen (H2) Nitrogen (N2)

250 14.051 9.927 1.416 1.039 0.742 1.400

300 14.307 10.183 1.405 1.039 0.743 1.400

350 14.427 10.302 1.400 1.041 0.744 1.399

400 14.476 10.352 1.398 1.044 0.747 1.397

450 14.501 10.377 1.398 1.049 0.752 1.395

500 14.513 10.389 1.397 1.056 0.759 1.391

550 14.530 10.405 1.396 1.065 0.768 1.387

600 14.546 10.422 1.396 1.075 0.778 1.382

Page 188: Termodinamika Kimia

178

178 Termodinamika Kimia

Lanjutan..

650 14.571 10.447 1.395 1.086 0.789 1.376

700 14.604 10.480 1.394 1.098 0.801 1.371

750 14.645 10.521 1.392 1.110 0.813 1.365

800 14.695 10.570 1.390 1.121 0.825 1.360

900 14.822 10.698 1.385 1.145 0.849 1.349

1000 14.983 10.859 1.380 1.167 0.870 1.341

Cp

(J g-1

K)

Cv

(J g-1

K)

k

Cp/Cv

Cp

(J g-1

K)

Cv

(J g-1

K)

k

Cp/Cv Temperatur

(K) Oksigen (O2) Karbonmonoksida (CO)

250 0.913 0.653 1.398 1.039 0.743 1.400

300 0.918 0.658 1.395 1.040 0.744 1.399

350 0.928 0.668 1.389 1.043 0.746 1.398

400 0.941 0.681 1.382 1.047 0.751 1.395

450 0.956 0.696 1.373 1.054 0.757 1.392

500 0.972 0.712 1.365 1.063 0.767 1.387

550 0.988 0.728 1.358 1.075 0.778 1.382

600 1.003 0.743 1.350 1.087 0.790 1.376

650 1.017 0.758 1.343 1.100 0.803 1.370

700 1.031 0.771 1.337 1.113 0.816 1.364

750 1.043 0.783 1.332 1.126 0.829 1.358

800 1.054 0.794 1.327 1.139 0.842 1.353

900 1.074 0.814 1.319 1.163 0.866 1.343

1000 1.090 0.830 1.313 1.185 0.888 1.335

Page 189: Termodinamika Kimia

179

179 APENDIKS

Tabel 8. Sifat termodinamika beberapa gas sebagai gas ideal (pada 300 K)

Nama Gas Rumus

Molekul

Massa

Molekul

Konstanta Gas/R

(J g-1

K)

Cp

(J g-1

K)

Cv

(J g-1

K)

k

(Cp/Cv)

Udara atmosfer -- 28.97 0.287 1.005 0.718 1.4

Argon Ar 39.948 0.2081 0.5203 0.3122 1.667

Butana C4H10 58.124 0.1433 1.7164 1.5734 1.091

Karbondioksida CO2 44.01 0.1889 0.846 0.657 1.289

Karbonmonooksida CO 28.011 0.2968 1.04 0.744 1.4

Etana C2H6 30.07 0.2765 1.7662 1.4897 1.186

Etilena C2H4 28.054 0.2964 1.5482 1.2518 1.237

Helium He 4.003 2.0769 5.1926 3.1156 1.667

Hidrogen H2 2.016 4.124 14.307 10.183 1.405

Metana CH4 16.043 0.5182 2.2537 1.7354 1.299

Neon Ne 20.183 0.4119 1.0299 0.6179 1.667

Nitrogen N2 28.013 0.2968 1.039 0.743 1.4

Oktana C8H18 114.231 0.0729 1.7113 1.6385 1.044

Oksigen O2 31.999 0.2598 0.918 0.658 1.395

Propana C3H8 44.097 0.1885 1.6794 1.4909 1.126

Uap air H2O 18.015 0.4615 1.8723 1.4108 1.327

Page 190: Termodinamika Kimia

180

Tabel 9. Temperatur (Tc), tekanan (pc), dan volume kritis (Vc)

beberapa jenis gas

Nama Gas Rumus

Kimia Tc (K)

pc

(MPa)

Vc

(m3 kmol

-1)

Udara atmosfer - 132.5 3.77 0.0883

Amonia NH3 405.5 11.28 0.0724

Argon Ar 151 4.86 0.0749

Benzena C6H6 562 4.92 0.2603

n-Butana C4H10 425.2 3.8 0.2547

Karbondioksida CO2 304.2 7.39 0.0943

Karbonmonoksida CO 133 3.5 0.093

Karbon

Tetraklorida CCl4 556.4 4.56 0.2759

Klorin Cl2 417 7.71 0.1242

Etana C2H6 305.5 4.48 0.148

Etilen C2H4 282.4 5.12 0.1242

Helium He 5.3 0.23 0.0578

Hidrogen

(normal) H2 33.3 1.3 0.0649

Metane CH4 191.1 4.64 0.0993

Neon Ne 44.5 2.68 0.0419

Nitrogen N2 126.2 3.39 0.0899

Oksigen O2 154.8 5.08 0.078

Propana C3H8 370 4.26 0.1998

Propilen C3H6 365 4.62 0.181

Beleran dioksida SO2 430.7 7.88 0.1217

Tetraluoroetana CF3CH2F 374.3 4.067 0.1847

Uap air H2O 647.1 22.064 0.0564

Page 191: Termodinamika Kimia

181

181 APENDIKS

Tabel 10. Konstanta virial kedua , B (cm3 mol

-1) beberapa gas

Gas 100 K 273 K 373 K 600 K

Ar -187.0 -21.7 -4.2 11.9

CH4 -53.6 -21.2 8.1

CO2 -149.7 -72.2 -12.4

H2 -2.5 13.7 15.6

He 11.4 12.0 11.3 10.4

Kr -62.9 -28.7 2.0

N2 -160.0 -10.5 6.2 21.7

Ne -4.8 10.4 12.3 13.8

O2 -197.5 -22.0 -3.7 12.9

Xe -153.7 -81.7 -19.6

Tabel 11. Konstanta van der Waals beberapa gas

Gas a

(L2 atm mol

-2)

b (10

-2 L mol

-1)

Gas a

(L2 atm mol

-2)

b (10

-2 L mol

-1)

Ar 1.345 3.219 H2O 5.464 3.049

C2H4 4.471 5.714 H2S 4.431 4.287

C2H6 5.489 6.380 He 0.034 2.370

C6H6 18.00 11.540 Kr 2.318 3.978

CH4 2.253 4.278 N2 1.390 3.913

Cl2 6.493 5.622 Ne 0.211 1.709

CO 1.485 3.985 NH3 4.170 3.707

CO2 3.592 4.267 O2 1.360 3.183

H2 0.244 2.661 Xe 4.194 5.105

Tabel 12. Parameter persamaan keadaan Berthelot

Gas a (Pa m6 mol

-2 K) b x 10

5 (m

3 mol

-1)

Amonia 171 3.70

Argon 20.5 3.20

Karbondioksida 111 4.28

Helium 0.019 2.41

Metana 43.6 4.27

Neon 0.98 1.77

Page 192: Termodinamika Kimia

182

182 Termodinamika Kimia

Lanjutan. .

Nitrogen 17.3 3.87

Oksigen 21.3 3.18

Xenon 121 5.13

Air 357 3.04

Tabel 13. Parameter persamaan keadaan Dieterici

Gas a (Pa m6 mol

-2 ) b x 10

5 (m

3 mol

-1)

Amonia 0.540 4.00

Argon 0.174 3.47

Karbondioksida 0.468 4.63

Helium 0.0046 2.60

Hidrogen 0.031 2.83

Metana 0.293 4.62

Neon 0.028 1.91

Nitrogen 0.176 4.19

Oksigen 0.177 3.45

Xenon 0.536 5.56

Air 0.709 3.29

Tabel 14. Parameter persamaan keadaan Redlich-Kwong

Gas a (Pa m6 mol

-2 K

1/2) b x 10

5 (m

3 mol

-1)

Amonia 8.59 2.56

Argon 1.69 2.22

Karbondioksida 6.44 2.96

Helium 0.00835 1.67

Hidrogen 0.14195 1.813

Metana 3.20 2.96

Neon 0.149 1.22

Nitrogen 1.56 2.68

Oksigen 1.74 2.21

Xenon 7.20 3.56

Air 14.24 2.11

Page 193: Termodinamika Kimia

183

183 APENDIKS

Tabel 15. Koefisien pemuaian (α) dan kompresibilitas isothermal

(KT)

Cairan/ Padatan α (K-1

) KT (atm-1

)

Benzena 1.24 x 10-3

9.21 x 10-5

Karbon tetraklorida 1.24 x 10-3

9.05 x 10-5

Etanol 1.12 x 10-3

7.68 x 10-5

Raksa 1.82 x 10-4

3.87 x 10-5

Air 2.10 x 10-4

4.96 x 10-5

Tembaga 5.01 x 10-5

7.35 x 10-7

Intan 3.00 x 10-6

1.87 x 10-7

Besi 3.54 x 10-5

5.97 x 10-7

Timbal 8.61 x 10-5

2.21 x 10-6

Tabel 16. Konstanta Hukum Henry untuk gas pada Tc (K Torr-1

)

Nama Gas Rumus

Molekul Pelarut Air

Pelarut

Benzena

Metana CH4 3.14 x 105 4.27 x 10

5

Karbondioksida CO2 1.25 x 106 8.57 x 10

4

Hidrogen H2 5.34 x 107 2.75 x 10

6

Nitrogen N2 6.51 x 107 1.79 x 10

6

Oksigen O2 3.30 x 107

Sumber data:

€ David R. Lide, dkk., CRC Handbook of Chemistry and Physics,

Versi Internet 2005, CRC Press, Boca Raton, FL, 2005

€ Bhattacharjee, S. TEST (The Expert System for

Thermodynamics). San Diego State University, diakses dari

http://www.thermofluids.net, pada 8 Desember 2010

Page 194: Termodinamika Kimia

184

184 Termodinamika Kimia

INDEKSINDEKSINDEKSINDEKS

A

adiabatik, 8, 61, 71

aturan fasa Gibbs, 140

aturan Trouton, 138

azeotrop, 146

B

batas sistem, 3

bubble point line, 143

C

cair, 9, 127

campuran ideal, 142

campuran non ideal, 145

D

dalil kalor Nernst, 106

deposisi, 128

derajat kebebasan, 140

dew point line, 143

diagram fasa, 139

diagram terner, 156

diferensial eksak, 57

diferensial parsial, 64

E

efisiensi proses termal, 92

eksotermis, 48, 75

ekspansi, 49, 57

ekstensif, 91

endotermis, 48, 75

energi dalam, 56

energi disosiasi ikatan, 84

energi Gibbs, 7, 97

energi Helmholtz, 97

energi ikatan, 83

entalpi, 7, 63, 75

entalpi atomisasi, 83

entalpi disosiasi ikatan, 84

entalpi hidrogenasi, 77

entalpi ikatan rata-rata, 84

entalpi netralisasi, 77

entalpi pembakaran, 77

entalpi pembentukan, 76, 83

entalpi penguraian, 76

entropi, 7, 90, 95

entropi absolut, 107

eutektik, 155

F

faktor kompresibilitas, 26, 41

fasa, 127

fraksi mol, 142

fugasitas, 115

fungsi Gibbs, 95

fungsi Helmholtz, 95

fungsi jalan, 7, 51

fungsi keadaan, 7, 56, 57

G

garis titik gelembung, 143

Page 195: Termodinamika Kimia

185

185 INDEKS

gas, 10, 127

gas ideal, 22

gas real, 24, 25

H

hubungan Maxwell, 101

hukum Avogadro, 19, 22, 118

hukum Boyle, 12, 21

hukum Charles, 14, 15, 22

hukum Dalton, 42, 142

hukum Gay Lussac, 17, 22

hukum Henry, 146

hukum Hess, 81

hukum kedua termodinamika, 89

hukum kenol termodinamika, 48

hukum ketiga termodinamika, 106

hukum pertama termodinamika, 57

hukum Raoult, 142

I

irreversibel, 48, 53, 89, 91

isobar, 8, 70

isokhorik, 8, 60, 71

isotermal, 8, 61, 70

isotrop, 8

J

joule, 48

jumlah fase, 128

jumlah komponen, 129

jumlah partikel, 2

K

kalor, 47, 57, 89

kalori, 48

kalorimeter bom, 79

kalorimeter sederhana, 80

Kammerlingh Onnes, 31

kapasitas kalor, 60

kapasitas kalor tekanan tetap, 65

kapasitas kalor volume tetap, 65

kenaikan titik didih, 149

kerja, 49, 57

kesetimbagan termal, 8, 48

kesetimbangan cair-uap, 138

kesetimbangan fasa, 8, 128

kesetimbangan heterogen, 116

kesetimbangan homogen, 112

kesetimbangan kimia, 8, 111

kesetimbangan padat-cair, 133

kesetimbangan padat-uap, 139

koefisien aktifitas, 115

koefisien Joule-Thomson, 65

kompresi, 49, 57

kondensasi, 128

konstanta ebulioskopi, 150

konstanta kesetimbangan

konsentrasi, 114

konstanta kesetimbangan tekanan,

114

konstanta krioskopi, 150

L

lingkungan, 3, 57

M

magnetik, 49

mekanik, 49

mesin kalor, 93

Page 196: Termodinamika Kimia

186

186 Termodinamika Kimia

P

padat, 9, 127

pangkat tiga Debye, 107

pangkat tiga Einstein, 107

parameter Berthelot, 33

parameter Dietrici, 34

parameter Redlich-Kwong, 33

pelelehan, 133

penguapan, 138

penurunan tekanan uap, 148

penurunan titik beku, 149

persamaan Beattie-Bridgeman, 32

persamaan Berthelot, 33

persamaan Clapeyron, 132

persamaan Clausius–Clapeyron, 138

persamaan Dieterici, 34

persamaan fundamental bentuk

diferensial, 99

persamaan fundamental bentuk

integral, 103

persamaan Gibbs-Duheim, 103

persamaan Gibbs-Helmholtz, 120

persamaan keadaan, 6

persamaan Redlich-Kwong, 33, 34

persamaan van der Waals, 27, 40

persamaan van’t Hoff, 120

persamaan virial, 31

perubahan entalpi, 79

potensial kimia, 111

prinsip Le Chatelier’s, 118

proses irreversibel, 7

proses reversibel, 7

proses spontan, 90

Q

quasy-static, 7

R

reaksi kimia, 1

reversibel, 53, 88

rumus Boltzmann, 91

rumusan Clausius, 89

rumusan Kelvin-Planck, 89

S

Sardi Carnot, 93

sifat koligatif, 148

siklus Carnot, 92

sistem, 3, 57

sistem terbuka, 4

sistem terisolasi, 4, 59

sistem tertutup, 4, 59

sublimasi, 139

supercooled, 39

superheated, 39

supersaturated, 39

T

tekanan, 2, 121

tekanan kritis, 33, 38

tekanan osmosis, 151

tekanan tereduksi, 40

tekanan uap, 142

temperatur, 2, 118

temperatur kritis, 33, 38

temperatur tereduksi, 40

teorema diferensial parsial, 101

teorema fungsi homogen, 104

termodinamika kimia, 1

termodinamika statistik, 1

termokimia, 74

tetapan Boltzmann, 91

Page 197: Termodinamika Kimia

187

187 INDEKS

tetapan Laplace, 69

tetapan van der Waals, 27, 29, 40

tie line, 144

titik kritis, 38, 140

titik tripel, 140

transisi fasa, 127

V

variabel ekstensif, 6

variabel intensif, 6

variabel tereduksi, 40

volume, 2, 121

volume kritis, 38, 180

volume tereduksi, 40

Page 198: Termodinamika Kimia

188

188 Termodinamika Kimia

DAFTAR PUSTAKADAFTAR PUSTAKADAFTAR PUSTAKADAFTAR PUSTAKA

Atkins, P.W. dan de Paula, Julio. 2006. Physical Chemistry.

Oxford University Press: Oxford.

Atkins, P.W. 1966. Kimia Fisika Jilid 1 Edisi Keempat.

Terjemahan Irma I. Kartohadiprojo. Jakarta: Erlangga.

Barrow, Gordon M. 1979. Physical Chemistry. New York:

McGraw-Hill Inc.

Castellan, G.W. 1983. Physical Chemistry, 3rd edition. Addison

– Wesley Publishing Company: Massachusets.

Chang, R.; Overby, J. 2006. General Chemistry : The Essential

Concepts. McGraw-Hill Companies, Inc.: New York.

Dogra, S. K.; Dogra, S. 1986. Physical Chemistry through

Problems. New Age International (P) Limited, Publisher:

New Delhi.

Fajaroh, Fauziatul, dkk. 1999. Kimia Fisika 1. FPMIPA UPI-

IMSTEP JICA: Bandung.

Karapetyants, M. Kh. 1978. Chemical Thermodynamics. MIR

Publishers: Moscow.

Lohat, A. San. 2009. Termodinamika: Seri Ebook, diakses dari

http://www.gurumuda.com, pada tanggal 23 Juni 2010.

Mark, M dan Foster, A. R,. 1979. Thermodynamics : Principles

and Aplication. Allyn and Bacon, Inc.: Boston.

Maron, S.H. dan Lando, JB. 1974. Fundamentals of Physical

Chemistry. New York: Macmillan Publishing Co. Inc.

Nolly. Termokimia, diakses dari http://www.

kimiadb2.webs.com/MateriBab2Sem10910.doc pada

tanggal 30 Juni 2010.

Page 199: Termodinamika Kimia

189

189 INDEKS

Rahayu, S. I, 2006. Termodinamika (Azas Dasar dan Terapan

Kimia). Penerbit ITB: Bandung.

Rohman, Ijang. 2000. Kimia Fisika I: Pengantar

Termodinamika dan Aplikasinya dalam Kimia. FPMIPA

UPI-IMSTEP JICA: Bandung.

Sholehah, Amalia. 2008. Bahan Ajar Kimia Fisika. Jurusan

Teknik Metalurgi: FT UNTIRTA, diakses dari

http://amaliasholehah.files.wordpress.com/2008/04/kst

b-fasa.doc pada tanggal 7 Juli 2010

Stolen, S.; Grande, T.; Allan, N. L. 2004. Chemical

Thermodynamics of Materials: Macroscopic and

Microscopic Aspects. John Wiley & Sons Ltd: West

Sussex.

Sukardjo. 1989. Kimia Fisika. Jakarta: Bina Aksara

Triyono. 2006. Kimia Fisika II. Jurusan Kimia FMIPA UGM:

Yogyakarta.

Page 200: Termodinamika Kimia

190

190 Termodinamika Kimia

Reaksi kimia merupakan proses yang selalu

melibatkan energi, baik membutuhkan atau

melepaskan energi. Besarnya kecilnya energi yang

terlibat menentukan berhasil tidaknya suatu

reaksi kimia. Jika tidak ditangani dengan baik,

kemungkinan reaksi kimia yang dikerjakan akan

gagal atau bahkan berakibat fatal. Oleh karena

itu, pemahaman mengenai energi reaksi kimia

sangat penting bagi seorang kimiawan sebelum

memulai suatu reaksi kimia.

Buku ini diharapkan membantu para kimiawan,

khususnya mahasiswa dalam menerapakn

konsep-konsep termodinamika sehingga bisa

menangani energi reaksi kimia dengan baik.

�Penerbit Buku

ISBN: XXX-XXXXX-XX-XX