hand out kfi tk

5/17/2018 Hand Out KFI TK - slidepdf.com

http://slidepdf.com/reader/full/hand-out-kfi-tk 1/110

KIMIA FISIKA

TermodinamikaKimia Fisika

Kinetika Kimia

Hukum Termodinamika Kimia: 0, 1, 2, 3.• Sistem (termodinamika):

bagian dari alam semestayang menjadi pusat perhatian.

• Keliling (surroundings): bagian dari alam semestadiluar sistem.

• Sistem terbuka: materi dan atau energi dapat keluar

atau masuk sistem.• Sistem tertutup: materi tidak dapat keluar ataumasuk sistem, energi dapat keluar atau masuk sistem.

• Sistem terisolasi: batas sistem mencegah semua

interaksi dengan lingkungan (keliling)-nya. Tidak adamateri dan energi keluar atau masuk sistem.

• Besaran termodinamika:

1



- Ekstensi

f ,dipengaruhioleh ukuran.- Intensif ,tidakdipengaruhioleh ukuran.Persamaan

Keadaan

Gas

Sempurna

Fasa zat

yang ada

dalam

sistem: - Gas

- Cair- Padat

Variabel keadaan gas: massa, volume, temperatur dantekanan.

Robert Boyle :

2

T = 25 0CMassa tetap=0

p↑

→V

V = C/p pV = C



Gay. Lussac:

V = a + btV = V0 + bt

b = slope = ( Vt

∂∂ ) p

V = V0 + ( V

t

∂∂ ) p t

Charles: kenaikan relatif volum persatuan temperatursama untuk semua gas.

Perubahan volume/temperatur: ( V

t

∂∂ ) p

3

V0

Tekanan dan massa tetap

V↑

→t/0C0



Kenaikan volum relatif/temperatur:0

1

V .( V

t

∂∂ ) p

Koef. Ekspansi termal: α0 =0

1

V .(V

t

∂∂ ) p

V = V0 (1 + α0 t) = V0α0 (0

1 +tα )

T = (0

1+t

α )

V = α0 V0 T

Boyle:

CV=

p 0

0

CV =

p

C0 = konstanta pada t = 0C0 = f (massa) →C0 = B wB = konstantaw = massa

0 0Cα TV=

p0Bα wT

V= p

M = massa pada keadaan standar (T0, V0, p0)0 0

0 0

p V1M = .

Bα T

0 0

0

p V

R= T R = 8,314 Pa m2 K -1mol-1

= 8,314 J K -1mol-1

= 1,987 kal K -1mol-1

= 8,206 x 10-2 dm3 atm K -1mol-14



0

R B=

Mα

w RTV=

M p

pV = n R T

Persamaan gas sempurna untuk campuran gas?

Hukum Dalton: p = pA + pB +..... = Σ pi

ii n RT p =

V

p = Σ pi = Σ in RT

V=

nRT

V

Tekanan parsial masing-masing komponen:

xi = ni/n = (piV/RT)/(pV/RT)

pi = xi p

Contoh soal:5



Udara kering yang mempunyai komposisi 80 %(mol/mol) N2 dan 20 % (mol/mol) O2 dialirkan melaluiair pada temperatur 25 oC. Tentukan tekanan parsialmasing-masing komponen, jika tekanan total tetap 1

atm, dan tentukan berat masing-masing komponendalam volume 10 liter.

Tekanan uap air sebagai fungsi temperatur:

Temperatur/oC Tekanan/tor5 6,5

10 9,215 12,820 17,525 23,830 31,835 42,2

40 55,345 71,950 92,555 118,0

6



60 149,465 187,570 233,775 289,1

80 355,185 433,6

Persamaan Keadaan Gas Nyata

Gas Ideal:V RT

=n p

RTV=

p

dari rumus ini, jika p = ∞, atau T = 0, maka V = 0

Fakta: gas bisa dicairkan ⇒gas punya volume (V0 ≠ 0)

RTV=b+

p

RT p=

V-b

7



koreksi lainnya: gaya antar molekul ≈ 2 2

1 a

V V⇒

persamaan gas Van der Waals:

2

RT a p = -

V -b V

( )2

a p+ V-b =RT

V

( )2

2

n a p+ V-nb =nR

V

8



9



Definisi: faktor kompresi ≡

pd p =0 ; T

Z=?

p

∂

∂

Pada temp. Boyle;B

a b- =0

RTgas bersifat ideal

Gas ideal : Z = 1

Pd p 0 semua gas : Z =1Pd p↑↑: Z > 1 (semua) ⇒tolak menolak dominan

Pd p↑ : Z < 1 (beberapa) ⇒gaya tarik menarik dominan

10

pVZ=

RT

T

Z=?

p

∂ ∂



Titik kritis gas van der Waals:

2

RT a p = -

V-b V

0)( 23 =−++− pabV

paV

p RT bV

persamaan pangkat 3 →ada 3 harga V

pada kondisi kritis c1 2 3V =V =V =V

( ) ( ) ( ) ( )3

2 31V -V V -V V -V = V -

11



0VVV3VV3V3

c

2

c

2

c

3

=−+−c

R T3V = b +

p

2

c

a3V =

P

3

c

abV =

P

2

c

a p = b

27 c

8aT =

27Rb cV =3b

cara lain: berdasarkan konsep titik belok

T

p= 0

V∂ ∂

2

2

T

p =0V

∂ ∂

persamaan keadaan tereduksi

2cca = 3p V cV

b=

3

cc

c

8p VR=

3T

( )

2c cc c

2c

c 3

8p V T 3p V p = -

3T V-V V

( ) ( )c

2

c

c c

T8 T p 3= -

p V V3 -1V V

variabel tereduksi:c

pπ =

p c

Tτ =T

c

V=V

Φ

2

8τ 3π = -

3Φ -1 Φthe law of corresponding state

(Persamaan Keadaan bersesuaian)12



Soal :

1. Jika 1 mol gas etana dimasukkan ke dalam wadah

dengan volume 22,414 L pada temperatur 273,15 K.

Tentukan tekanan gas :

a. Menggunakan persamaan gas sempurna

b.

Menggunakan persamaan gas van der Waalsc. Hitung a dan b, bila temperatur 1000 K

Diketahui: Tetapan van der Waals untuk etana

a = 5,489 L2.atm.mol-2

b = 6,380.10-2 L.mol-1

Soal:

2. Dengan menggunakan persamaan keadaan gas van

der Waals

a. Tentukan Temperatur Boyle untuk Cl2

b. Tentukan jari-jari molekul Cl2 jika dianggap

berbentuk bola

Diketahui: Tetapan van der Waals untuk Cl2

a = 6,493 L2.atm.mol-2

b = 5,622.10-2 L.mol-1

13



KINETIKA GAS

Tujuan kimia fisika: menterjemahkan hasil pengamatan

sifat-sifat sistem makroskopik

kedalam sistem mikroskopik.

Asumsi-asumsi gas ideal:

1. Gas ideal terdiri dari partikel-partikel (molekul-

molekul) yang sangat kecil sehingga volumenya

dapat diabaikan

2. Partikel-partikel gas bergerak dalam lintasan lurus.3. Tidak ada interaksi antar partikel

4. Arah gerak molekul acak. Tendensi bergerak

kesetiap arah sama besar.

5. Kecepatan molekul terdistribusi sesuai dengan

distribusi Maxwell.

6. Tumbukan antar molekul lenting sempurna.

Tekanan dan laju gas

14



Partikel gas dengan massa m

bergerak dengan kecepatan u1

kearah dinding yang luasnya A.

kecepatan setelah menumbuk

dinding = -u1

Momentum = massa x kecepatan

Perubahan momentum = momentum akhir – momentum awal

Perubahan momentum setelah menumbuk dinding

= (-mu1) – (mu1) = -2 mu1

waktu antara 2 tumbukan = 2 l /u1

jumlah tumbukan/satuan waktu =l

u

ul 2/2

1 1

1

=

Gaya = perubahan momentum/satuan waktu

( ) l mul

umu 2/22

2 21

11 −=

−=

gaya pada dinding = - gaya partikel gas

l

mu2

1=

tekanan = gaya / luas

15

l

•



V

mu

Al

mu

A

l mu

p

2

1

2

1

2

1

===

p V = m u12

jika dalam wadah terdapat N partikel:

( ) N uuuuun

/. . . . . .22

3

2

2

2

1

2

++++=

u12 + u2

2 + u32 + .....+un

2 = Nu2

pV = m N 2u

partikel gas bergerak ke segala arah dengan probabilitas

yang sama, dapat diproyeksikan pada arah x, y, z

2 2 2

c = u + v

2 2

u = v =

2 1u =

3

22

NmNac

Nmc Na pV= =3 3

2nMc

pV= 3 gas ideal: pV = nRT

2

rmsc = c2nMc

=nRT3

rms

3RTc =

M

R= kNA dan M= mNA shg rms

3kT

c = m

Crms dapat ditentukan dari distribusi Maxwell

16



Distribusi Maxwell

32

22 mc /2kT1 mF(c) 4 π c e

N 2 kTc

dn

dc π

− = =

Penyajian lain untuk kecepatan gas :

Kecepatan rata-rata: 8kT 8RT<c>= =

πm πM

Hal ini dihitung dari:32

2~

3 mc /2kT

0

mc 4 π c e dc

2π kT

− = ∫ Kecepatan paling mungkin:

mp

2kT 2RTC =

m M=

Teori kinetik gas:

gas mono atom: trans

3U = RT

2

V

V

U 3C = = R

T 2

∂ ∂ gas poliatom:

linier5

U = RT + (3N-5)R 2

V

5C = R + (3N-5)R

2

non linier 6U = RT + (3N-6)R 2

V

6C = R + (3N-6)R

2

17



Keseimbangan Termal

Hukum termodinamika ke nol: konsep temperatur

1. Sistem yang ada dalam keseimbangan termalmempunyai temperatur yang sama.2. Sistem yang tidak dalam keseimbangan termaltemperaturnya berbeda

Konduktor panas

A B B C A C

Seimbang Seimbang Seimbang

Benda B dapat digunakan untuk menentukan apakahtemperatur A dan C sama.

Temperatur:

Jika digunakan panjang batang logam sebagai ukuran:Temperatur berbanding langsung dengan panjang

metal.

y berbanding langsung dengan x, secara matematisdapat ditulis :

y α x

y = a x + b

18



Jika temperatur = tPanjang logam pada temperatur t = LPanjang logam pada temperatur t0 = L0

Panjang logam pada temperatur t100 = L100

Perubahan panjang logam antara temperatur t0 = 0sampai t100 = 100 adalah linier maka berlaku :

t= 100 (L - L0)/(L100-L0) + t0

(L – L0)/(t – t0) = (L100 – L0)/100

∆L/∆t = (L100 – L0)/100

dL/dt = (L100 – L0)/100

Jika digunakan sembarang bahan yang mempunyai perubahan sifat, y, yang linier terhadap perubahan

temperatur, t, maka :dy/dt = (y100 – y0)/100

Jika diintegralkan akan menghasilkan:

y = (y100 – y0) t/100 + C

jika pada t0 = 0, y = y0 maka berlaku:y = (y100 – y0) t/100 + y0

t = 100 (y – y0)/(y100 – y0)

jika temperatur pembanding adalah t1 dan t2 berturut-turut untuk sifat y1 dan y2 maka berlaku:

t = (t2 – t1) (y – y1)/(y2 – y1) + t1

19



Jika digunakan volume gas sebagai alat ukur (t0 = 0):

t = 100 (V – V0)/(V100 – V0) + t0

t = 100 V/(V100 – V0) + 100 V0/(V100 – V0)

Nilai V0/(V100 – V0) untuk berbagai gas selalu sama,menghasilkan konstanta dengan nilai 273,13 sampai273,17 maka diputuskan t0 = 273,15 sebagai skalatemperatur termodinamika.

Skala temperatur termodinamika (absolut).

0

100 0

V-Vt= 100

V -V

C AV

V V ==− 1

0

0100

0

100 0

p-pt= 10

p -p

0 100 0

lim 100pT =

p 0 p -p→

00

0 100 0

lim100pT =

p 0 p -p→

T0 = 273,13 s/d 273,17 T0 = 273,15 K

20



Soal:

Untuk mengalirkan arus listrik 1 mA pada 0 oC melaluikawat sepanjang 20 cm diperlukan beda potensial

antara dua ujung kawat tersebut sebesar 100 mV. Padatemperatur 80 oC arus yang sama dapat dialirkandengan menggunakan beda potensial 120 mV. Biladalam suatu ruangan untuk mengalirkan arus yangsama memerlukan beda potensial 112 mV, berapatemperatur ruangan tersebut dalam satuan Kelvin?

Hukum Termodinamika Pertama

21



- Energi tidak dapat diciptakan atau

dimusnakan

- Jumlah total energi alam semesta konstan

- Energi dalam (internal energy) sistemterisolasi tetap

Proses yang mungkin terjadi dalam sistem (terbuka).

- Tidak ada materi atau energi Uf = Ui ∆U = 0masuk atau keluar sistem- Jumlah materi dan energiyang masuk sama dengan Uf = Ui ∆U = 0

jumlah materi dan energiyang keluar sitem- Jumlah materi dan energiyang masuk lebih banyak Uf > Ui ∆U = +dibanding jumlah materi

dan energi yang keluar sistem- Jumlah materi dan energiyang masuk lebih sedikit Uf < Ui ∆U = -dibandingkan jumlah materi

22

→waktu

∆U = 0U

Energi

↑

MateriEnergi

Energi Internal tetap

MateriEnergi



dan energi yang keluar sistem

- Energi dalam suatu sistem hanya tergantung

pada keadaannya (tidak ditentukan oleh jalannya

proses). Buktikan ∆UAB jalan 1 = ∆UAB jalan 2 = ∆UAB

jalan 3

Work: Kerja atau Usaha, W

Kerja hanya nampak pada batas sistem selamaterjadinya proses (perubahan keadaan), dan dapat

dilihat dari efeknya terhadap lingkungan.

\

Percobaan Joule:

23

U↑U

B

UA

UD

A

C

B

D



Kerja yang dirusak di lingkungan menghasilkan

kenaikan temperatur sistem. Kerja di lingkungan

diubah menjadi energi termal sistem.

sistemW = -mgh

Sistem kehilangan kerjaKerja dihasilkan di lingkungan

Kerja mengalir ke lingkungan

Sistem menerima kerja24

Lingkunganm↑h↓

- - - - - - - - - -- - - - - -- - - -- - - -- - - - - -- - -sistem -

- - - - - -- - - -- - -

↑ h = +

m Wsistem

= – Wlingkungan

= +

↓ h = -m Wsistem = + Wlingkungan = –



Kerja dirusak di lingkungan

Kerja mengalir dari lingkungan.

Kerja Ekspansi

mghW −=

PA

mg = ΔVAhPAhW

=−= )( 12 V V P

V P W

−−= ∆−=

∆V = + W = -

∆V = - W = +

Kerja 2 langkah:

25

→ V

V2V1

P

P↑

↑h↓

T, p1,V

1

m T, p2,V

2

mP2

2

P

T, p3, V

3

m

∆ V2

∆ V1

T, p1,V1

m1

T, p2, V

2

m2

P1

P2

P2



T, p ,V

P1<p1 ; P1 = p2 ; P2<p2 ; P2 = p3

W = W1 + W2 = - P1 ∆V1 - P2 ∆V2

W = - P1 (V2 – V1) - P2 (V3 – V2)

Kerja Ekspansi Multi Langkah (reversible)

∂W = - p dV

∫ ∫ −=∂=2

1

V

V

2

1

pdVWW

26

→ VV2V1

P

↑

P1

V1 → V

V3V2

P2

p↑

W1

W2

Proses 2Proses 1



→ VVV

Kerja Kompresi

1 2 1 2 3 2W=-P (V -V )-P (V -V )

Kerja Ekspansi Maksimum

Kerja Kompresi Minimum

Soal:

1.Berapa Joule kerja yang terlibat apabila 0,01 molgas ideal dengan volume 300 mL pada temperatur27 oC dikompresikan secara isotermal reversibelsampai volumenya menjadi 150 mL? Jelaskantransfer energi yang terjadi.

2.Berapa kerja yang terlibat apabila 0,1 mol gas Cl2

yang mengikuti persamaan gas van der Waalsdengan volume 300 mL pada temperatur 27 oCdiekspansikan secara isotermal reversibel sampai

27

P1

V1 V3V

2

P2

P = ?



volumenya menjadi 600 mL? Jelaskan transferenergi yang terjadi. a = 6,493 L2.atm.mol-2 b =5,622.10-2 L.mol-1

Kerja siklus:

eks 2 2 1W = - P (V -V )

komp 1 1 2W = - P (V -V )

sik eks komp 2 2 1 1 1 2W =W +W =-P (V -V )-P (V -V )

sik 2 1 2 1W =-(P -P )(V -V )

Jika Peks = p dan Pkomp = p maka Wsik = 0

Sistem dan lingkungan kembali ke keadaan awal.

∫ ∂= WWsik ∫ ∂= QQsik

Hukum Termodinamika pertama:

Jika sistem melakukan transformasi siklus maka kerja

yang dihasilkan di lingkungan sama dengan panas yangdiserap dari lingkungan.

28

P = p2

kompresi

ekspansi T p

2

V2

T p

1V

1P = p

1

p1

> p2

V1

< V2



∫ ∫ ∂−=∂ QW

( ) 0WQ =∂+∂∫ Energi internal: dU = ∂Q + ∂W

∫ = 0dU

f f f

i i i

dU= Q+ W∂ ∂

∫ ∫ ∫ ∆U = Q + W

Q berbanding langsung dengan perubahan temperatur air

di lingkunganTemperatur air (lingkungan) ↓ berarti panas mengalir

dari lingkungan.

Temperatur air (lingkungan) ↑ berarti panas mengalir

ke lingkungan.

Perubahan Energi dan Perubahan Sifat Sistem

Variabel sistem: n, p, V, T

V T

U UU=U(T,V) dU= dT + dV

T V

∂ ∂ → ∂ ∂

29



dU = Q +

W= - PdV

∂ ∂∂

V T

U UQ - PdV= dT +

T V

∂ ∂ ∂ ∂ ∂

Jika Volume konstan: dV = 0

V

V

UQ = dT

T

∂ ∂ ∂

VV

V

Q U= = C

dT T

∂ ∂

∂

V

V

dU = Q

Δ U = Q

∂ 2

1

V

T

V

T

dU= C dT

ΔU= C dT∫

Q = + berarti energi mengalir dari lingkungan

Percobaan Joule: Ekspansi bebas

∂W = 0 dU = ∂Q

Temperatur tetap: dT = 0

30

------------------------------------------------------------T----------------------------------------

----------m-----------------------------------------------------

AB

vakum



T

UdU= Q= dV

V

∂ ∂ ∂

T

UdV 0 =V

∂ ≠ ⇒ ∂

Hanya berlaku untuk gas ideal !!

Padat dan cair:

2

1

V

V T

UΔU= dVV

∂ ≈ ∂ ∫

Untuk pendekatan: U = U (T)

Persamaan umum: VT

UdU=C dT+ dV

V

∂

∂ Perubahan keadaan pada tekanan konstan: P

dU = ∂Q – P dV

2 2

1 1

U V2

U 1 V

dU= Q- PdV∂∫ ∫ ∫ U2 – U1 = QP – P (V2 – V1)

QP = (U2 + P V2) – (U1 + P V1)

U = fungsi keadaanPV = fungsi keadaan U + PV = fungsi keadaan: H ≡ U + PV

QP = H2 – H1

31



QP = ∆H ∆U = ?

Quap = ∆Huap

Qfus = ∆Hfus

H = H (T, p)P T

H HdH= dT+ dp

T p

∂ ∂ ∂ ∂

p: tetap → dp = 0 P

P

HdH = dQ = dT

T

∂

∂ P

P

P

dQ H= = C

dT T

∂ ∂

2

1

P

T

P

T

dH= CdT

ΔH= CdT∫

P

T

HdH = C dT + dp

p

∂

∂ Hubungan CP dan CV

V

T

V

T

UdU = C dT + dV

V

UQ = C dT + dV + PdVV

∂ ∂

∂ ∂ ∂

Untuk tekanan tetap: P = p32



p v

T

UQ = C dT+ p+ dV

V:dT

∂ ∂ ∂

P V

T p

U VC = C + p +

V T

∂ ∂ ∂ ∂

P V

T p

U VC - C = p +

V T

∂ ∂ ∂ ∂

gas ideal: 0V

U

T

=

∂∂ P V

p

P V

VC - C = p

T

C - C = R

∂ ∂

padat dan cair: CP = CV ?

33



Contoh Soal:

Berapa Joule perubahan energi internal, perubahan entalpidan panas yang terlibat apabila 0,01 mol Cl2 yang mengikuti

persamaan keadaan gas ideal dengan volume 300 mL dantemperatur 27 oC dikompresikan secara adiabatik melawantekanan tetap 1,7 atm sampai volumenya menjadi 150 mL?Jelaskan transfer energi yang terjadi! Cv gas Cl2 = 25,6 JK -1.mol-1. Hitung kerja yang terlibat apabila tekanan luar

konstan 2 atm.

Percobaan Joule – Thomson

H = U + pV

dH = dU + pdV + Vdp

P V

TT

dH dU

C dT+ dp = C dT+ p + dV+Vdpdp dV

T tetap:TT T

H U V= p + +V

p V p

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

34

p2

p1 t t’

/ / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / /

/ / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / /

T1 p

1V

1 T2 p

2V

2



Padat dan Cair: ? p

H

T

=

∂∂

Gas ideal: T

H

=? p

∂ ∂

Soal:

Berapa Joule perubahan entalpi apabila air diubahtekanannya secara isotermal dari 1 atm menjadi 100 atm?

1

2

0

kr 1

v

v

kn 2

0

W = -PdV

W = -P dV

∫

∫

( )total kr kn 1 1 2 2 2 2 1 1W = W +W = -P -V -P V = -P V +P V

Q = ? ( )2 1 2 2 1 1U - U = Q + W = - P V - P V

2 2 2 1 1 1U + P V = U + P V

2 1H = H

Def : JT

H

Tμ =

p

∂ ∂

35



P

T

P

T

P

H T

P JT

T

HdH = C dT + dp

p

H0 = C dT + dp

p

T H0 = C +

p p

H= - C μ

p

∂ ∂

∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂

Proses Adiabatik : Q = 0∂ dU = + W∂

W = +ΔUdihasilkan kerja/ekspansi: −=W energi turundikenai kerja/ kompresi: +=W energi naik

Gas ideal : VdU = C dT

VC dT = -PdVekspansi: perubahan (turun) energi mencapai harga

maks. P = p(ekspansi adiabatik reversibel)

Kompresi: perubahan (naik) energi mencapai harga

min. P = p(kompresi adiabatik reversibel)

36



V

V

C dT = -pdV

dVC dT = -nRT

V

2 2

1 1

T V

V

T V

dT dVC = -R

T V∫ ∫

2 2V

1 1

T VC ln = -RlnT V

( )2 1

1 2

T Vln = γ-1 ln

T V

γ-1 γ-1

1 1 2 2

γ 1-γ γ 1-γ

1 1 2 2

γ γ1 1 2 2

T V = T V

T p = T p

p V = p V

37

P V

P

V V

R = C - C

R C

= - 1 = γ-1C C



Soal:

Berapa Joule perubahan energi internal, perubahanentalpi dan kerja apabila 0,01 mol Cl2 yang mengikuti persamaan keadaan gas ideal dengan volume 300 mL pada temperatur 27 oC dikompresikan secara adiabatikreversibel sampai volumenya menjadi 150 mL. Cv gasCl2 = 25,6 J.K -1.mol-1.

Aplikasi hukum termodinamika pertama

Reaksi pada p konstanta.

∆H = ∆H1 + ∆H2 = Q p2

∆H = Q p = - eksotermik, panas mengalir ke lingkungan∆H = Q p = + endotermik, panas diserap dari lingkunganH : fungsi keadaan → ∆H= Hakhir - Hawal

Proses reaksi: ∆Hreaksi = ∑H produk - ∑Hreaktan

Fe2O3 (padat) + 3 H2 (gas) → 2 Fe (padat) + 3 H2O (cair)

∆Hr =[2H (Fe pdt) + 3H(H2O cair)] - [H (Fe2O3 pdt) + 3H(H2 g)]

38

R Padiabatik∆H

1=Qp

1=0

∆H2=Q

p2

T, p T, pT’, p



Entalpi pembentukan: pembentukan 1 mol senyawa dariunsur-unsurnya.

H2 g + 21 O2 g →H2O cair

∆Hf (H2O cair) = H(H2O cair) - [H(H2 g) + 21 H(O2 g)]

Reaksi diatas:

∆Hr = 3∆Hf (H2O cair) - ∆Hf (Fe2O3 pdt)

39



40



Reaksi pada V konstanta: QV = ∆UR (T, V, pawal) → P(T, V, pakhir)

H = U + pV Hakhir= Uakhir+ pakhirV Hawal= Uawal+ pawal V

∆H = ∆U + (pakhir - pawal)V

gas ideal : reaktanawal

n RT p =

V

produk

akhir

n RT p =

V

∆H = ∆U + ∆n RT

Q p = Qv + ∆n RTPada T tetap: Q p = Qv + RT ∆n

Berapa ∆n untuk reaksi:Fe2O3 (padat) + 3 H2 (gas) → 2 Fe (padat) + 3 H2O(cair)

Ketergantungan entalpi reaksi pada temperatur

∆H0reaksi = ∑H0

hasil - ∑H0reaktan

d ∆H0reaksi = ∑d H0

hasil - ∑dH0reaktan

0dΔH

dT=

0 0hasil reaktandH dH

-dT dT

∑ ∑0

0 0hasil reaktanP P

dΔH= C - C

dT ∑ ∑0

0

P

dΔH= ΔC

dT

41



0 0

PdΔH = ΔC dT0T

00T0

ΔH T

0 0

P

TΔH

dΔH = ΔC dT∫ ∫

0

0

T

0 0 0

T T P

T

ΔH - ΔH = ΔC dT∫

0

0

T

0 0 0

T T P

T

ΔH = ΔH + ΔC dT

∫ jika ∆T cukup tinggi: ( )0

PΔC = f T

0 2 3

PC = a + bT + cT + dT +.....Contoh:

Fe2O3 (pdt) + 3H2 (g) →2Fe (pdt) + 3H2O0

PC /(J/K.mol 103,8 28,8 25,1 75,3)8,28(38,103)3,75(3)1,25(20 −−+=∆ P C

= 85,9 J/K mol385

0 0385 298

298

ΔH = ΔH + 85,9dT∫ = 0

298ΔH + 85,9 (385-298

42



43



Panas pelarutan & pengenceran

X + n Aq →X.n Aq ∆H pcl =HCl (g) + 10 Aq → HCl. 10 Aq ∆H= -69,01 kJ/molHCl (g) + 25 Aq → HCl. 25 Aq ∆H= -72,03 kJ/mol

HCl (g) + 40 Aq → HCl. 40 Aq ∆H= -72,79 kJ/molHCl (g) + 200 Aq → HCl. 200 Aq ∆H= -73,96 kJ/molHCl (g) + ∞ Aq → HCl. ∞Aq ∆H= -74,85 kJ/mol

∆H tergantung pada jumlah solvenHCl (g).10 Aq + 15 Aq → HCl. 25 Aq ∆H= -3,02 kj/mol

Panas pencampuran ?Panas reaksi dalam larutan:

NaOH.∞Aq + HCl.∞Aq → NaCl.∞Aq + H2O (c) ∆H = -55,84 J

NaOH. x Aq + HCl.y Aq → NaCl.(x+y)Aq + H2

O (c) ∆H = ?

Energi kristal:

Na+ + Cl- → NaCl k ∆H = ?

Siklus (termokimia) Born – Haber :

MXk I M+(g) + X-(g)↑ IV ↓ II ∆H = 0Mk + 2

1 X2(g) III M(g) + X(g)

∆Hk + E - I - ∆Hsub - ∆Hx + ∆HMX = 0

44

↑panas pengenceran



Siklus Carnot

Sadi Carnot (1824):Perubahan energi termal (panas) → kerja

∆Usik = 0 = Qsik + Wsik

Wsik = -Qsik

Keadaan awal keadaan akhir hukum Tk 1

I T1 p1 V1 T1 p2 V2 ∆U1 = Q1 + W1

II T1 p2 V2 T2 p3 V3 ∆U2 = + W2

III T2 p3 V3 T2 p4 V4 ∆U3 = Q2 + W3

IV T2 p4 V4 T1 p1 V1 ∆U4 = + W4

Nilai Q α T Q1

= +besar Q2

=

- kecilQsik = Q1 + Q2 = +Sistem menerima panas, atau lingkungan

mensuplai panas

Nilai W1=-besar W2=-besar W3=+kecil W4=+kecil

Wsik = W1 + W2 + W3 + W4= -Sistem melakukan kerja, atau lingkunganmenerima/dikenai kerja

45

T1 p1 V1

II: Ekspansi adiabatik rev.

T1 p2 V2

p↑

III: kompresi isotermal rev.T

2 p

3V

3

T2 p

4V

4

I: Ekspansi isotermal rev.

(T2< T

1)

→ V



Q1 adalah panas yang ditransfer dari reservoir panasdengan temperatur T1 ke sistem; Q2 adalah panas yangditransfer dari sistem ke reservoir panas dengantemperatur T2

Sehingga Wlingk = - Wsistem > 0│Wsik│ = │Q1 + Q2│

Jika hanya ada satu reservoir panas: Q1 = Q2

Maka Q1 + Q2 = 0 sehinggaWsik = 0Ditinjau dari lingkungan: Wlingk = -Wsistem= 0

Hukum termodinamika 2:

Sistem yang dioperasikan dalam proses siklus danhanya dihubungkan dengan satu reservoir panas tidak

mungkin menghasilkan kerja di lingkungan.Efisiensi mesin panas (siklus Carnot):

1

2

1

21

1

siklus

Q

Q1

Q

QQ

Q

Wε +=

+==

2 L

1 H

T T=1- =1-T T

2

1

θ=1-

θε

2 2 1 2

1 1 1 2

Qθ Q Q

+ = 0 + = 0Qθ θ θ→

0θ

Q=

∂∫ siklus reversibel=0

↑sifat keadaan.46



Def: revQdS

T

∂≡

↑dif.eksak

0......TQ

TQ

TQ

TQ

3

3

2

2

1

1sik >+++=∂∫

agar 0T

Qsik =∂

∫ → Q: + untuk T rendah (panas diserap) mesin tidak

Q: - untuk T tinggi (panas) mungkin dibuat 0

T

Qsik ≤∂

∫ 0

T

Qrev =∂

∫ 0T

Qsik <∂

∫

Pertidaksamaan Clausius:

0T

Q

T

Q

T

Q1

2

rev

2

1

irr <∂

+∂

=∂

∫ ∫ ∫

2 2

irr

1 1

Q

- dS < 0T

∂

∫ ∫

47

rev

irrev

1 2

irr QdS >

T

∂



untuk sistem terisolasi: ∂Qirr = 0⇒dS > 0

Entropi alam semesta naik terus!!!

Perubahan entropi ∆S

Proses Isotermal, tekanan konstan: revQΔS =

T

Qrev = Q p = ∆H (terjadi pada keseimbangan fasa)

Penguapan: vap

vap

b

ΔHΔS =

T

Pelelehan: fusfus

m

ΔHΔS =

T

Secara umum: ee

e

ΔHΔS =

T

Entropi sebagai fu ngsi T dan V: S = S (T,V)S: fungsi keadaan:

V T

S SdS = dT + dV

T V

∂ ∂ ∂ ∂

U = U (T,V)V T

U UdU = dT + dV

T V

∂ ∂ ∂ ∂

V

T

UdU = C dT + dVV

∂ ∂ Hukum Th 1 : revdU = Q -PdV∂

revQ = dU + pdV∂

revQ 1 P

= dU + dVT T T

∂

48



V

T

1 pdS = dU + dV

T T

1 U p= C dT + dV + dV

T V T

∂ ∂

V

T

C 1 UdS = dT + p + dV

T T V

∂ ∂

Vol. konstan:v

v

CS=

T T

∂ ∂

vCdS = dT

T

Temp. Konstan:T T

S 1 U= p +

V T V

∂ ∂ ∂ ∂

kompleks

Turunkan kedua persamaan di atas terhadap V dan T2 2

VCS 1 1 U= =

T V T V T V T

∂∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂

2 2

2

V T

S 1 P U 1 U= + - p +

V T T T V T T V ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

2 2

2

V T

1 U 1 p U 1 U= + - p+

T V T T T V T T V

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

T V

1 U p p + =T V T ∂ ∂ ∂ ∂

→pada temp. konstan:T V

S p=

V T

∂ ∂ ∂ ∂

V

V

C pdS = dT + dV

T T

∂

∂

def : koefisiensi ekspansi termal p

1 Vα =

V T

∂ ∂

49



koefisiensi kompresibilitasT

1 Vκ = -

V p

∂ ∂

hubungan siklik p,T,V:

V p T

p T V= -1

T V p ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

( ) 1κVαV

1

T

p

V

−=−

∂∂

V

pα=

Tκ

∂

∂

T

Sα=

Vκ

∂ ∂

VC αdS = dT + dV

Tκ

Entropi sebagai fungsi T dan p: S=S (T,p)

p T

S SdS = dT + dp

T p

∂ ∂ ∂ ∂

def: H ≡ U + pVU ≡ H – pV

dU = dH – pdV – Vdp1 pdS = d

U + dVT T

( )1 p

= dH - pdV -Vdp + dVT T

1 V

dS = dH - dpT T

H = H (T,p), maka p T

H HdH = dT + d

T p

∂ ∂ ∂ ∂

50



p

T

H= C dT + dp

p

∂ ∂

p

T

1 H VdS = C dT + dp - dp

T p T

∂

∂ p

T

C 1 HdS = dT + -V dp

T T p

∂ ∂

tek. konstan: p

T

CS

=T T

∂

∂ pC

dS = dTT

temp. Tetap:T T

S 1 H= -V

p T p

∂ ∂ ∂ ∂

kompleks

Turunkan dua persamaan terakhir terhadap p dan T.2 2

p

T

CS 1 1 H= =

T p T p T p T

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

2 2

2

p T

S 1 H V 1 H= - - -V

p T T p T T T p

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

2 2

2 p T

1 H 1 H V 1 H= - - -V

T p T T p T T T p

∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

pT

H V-V= -T

p T

∂ ∂ ∂ ∂

pT

1 H V-V = -

T p T

∂ ∂ ∂ ∂

pT

S V= - = -Vα

p T

∂ ∂ ∂ ∂

51



p

p

C VdS = dT - dp

T T

∂ ∂

pCdS = dT - V αdp

T

gas ideal, gas Van der Waals, padat, cairan?Gas ideal:

vC nR dS = dT + dV

T V2 2

1 1

T V

v

T V

C dVΔS = dT + nR

T V∫ ∫ jika Cv tetap:

2 2v

1 1

T VΔS = C ln + nRln

T V

pC nR

dS = dT - dpT p

2 2

1 1

T p

p

T p

C dpΔS = dT - nR

T p∫ ∫ jika C p tetap:

2 2 p

1 1

T pΔS = C ln - nRlnT p

gas V.d.W:

( )2

a p + V-b = RT

V

2

RT a p = -

V-b V

52



Entropi Standar Gas Ideal

Cp nR dS = d

T - dpT p

Perubahan pada temperatur tetap: dT = 0nR

dS = - dp p

0

pS

1atmS

R

dS = - dp p∫ ∫ 0 p

S - S = -Rln1atm

0S - S = -Rlnp p dalam satuan atm

0S S − adalah entropi molar pada tekanan p relatif

terhadap tekanan 1 atm.

53

S

S – S0

1 2

→ln p

2R

R

-R

-2R

1 2 3 4

→pS0



Hukum termodinamika 3

Tinjau perubahan padatan pada tekanan tetap, temp<Tm

Zat Padat (OK, p) →Zat Padat (T, p)T

T 0

0

CpΔS = S - S = dT

T∫ T

T 0

0

CpS = S + dT

T∫ Cp = + →Entropi naik dengan naiknya temperatur pada OK entropi mempunyai nilai paling rendah selalu berlaku ST > S0

1906: Teorema Nernst:

Dalam sembarang reaksi kimia yang hanyamelibatkan padatan kristal murni, perubahanentropi adalah 0 pada 0 K.

1913: usul Planck:

So= 0 untuk setiap kristal ideal murni

Hukum Termodinamika ke 3:

Entropi setiap zat kristal ideal murni adalah 0 pada temperatur 0 absolut.

T

T

0

CpS = dTT∫

54



Entropi zat cair (pada temperatur T

m sampai dengan T b)

m

m

T T0 0 0

P f PT

m0 T

C (pdt)ΔH C (cair)S = dT + + d

TT T T∫ ∫

Entropi gas (di atas temperatur T b) bm

m b

TT T0 0 0 0vapP f P P

T

m b0 T T

ΔHC (pdt)ΔH C (cair) C (uap)S = dT + + d

T+ + dT

T T T T T

∫ ∫ ∫

Perubahan entropi reaksi kimia

o

298,15H = 0 untuk unsur-unsur yang merupakan bentuk

paling stabil pada 1 atm, 298,15 K 0

298,15S 0≠

Reaksi pada 298,15 K:

Fe2O3 (pdt) + 3H2 (g) →2Fe (pdt) + 3H2O

0 0 0akhir awalΔS = S -S

0 0 0 0 0

2 2 3 2ΔS = 2S (Fe) + 3S (H O) - S (Fe O )-3S (H )

55



56



0298,15S berbagai unsur ada dalam tabel.

0reaksiΔS = R(2x3,28 + 3x8,4131 – 10,15 –

3x15,7041)

= R x (-25,82)= -8,314 J.K -1.mol-1 x 25,82= -214,7 J.K -1.mol-1

------------------------

Reaksi pada temperatur T ≠ To pada p tetap:

0 0 0 produk reaktanΔS = S - S∑ ∑

d ∆S0reaksi =∑dS0

produk - ∑dS0reaktan

0dΔS

dT=

0 0 produk reaktandS dS

-dT dT

∑ ∑0 00 p p produk reaktan

C CdΔS= -

dT T T∑ ∑

00 pΔCdΔS

=dT T

0

p0ΔC

dΔS = d

TT

0T

00T0

ΔH 0T p0

TΔH

ΔCdΔS = dT

T∫ ∫

57



0

0

0T p0 0

T T

T

ΔCΔS - ΔS = dT

T∫

0

0

0T p0 0

T T

T

ΔC

ΔS = ΔS + dTT∫ Keseimbangan dan Spontanitas

rev

irr

TdS = QTdS > Q

∂∂secara umum : TdS Q≥ ∂

TdS dU - W

-dU + W + TdS 0

≥ ∂

∂ ≥W = -PdV + Wa∂ ∂-dU -PdV - Wa +TdS 0∂ ≥

Sistem terisolasi : dU = 0 W=0∂ Q = 0∂

dS 0⇒ ≥

/ / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / // // αT

Q∂→ βT /

/ // / / / / / / / / / / / / / / / / / / / / /

revα

α

QdS = -

T

∂

revβ

β

QdS =

T

∂

58



α β rev

β α

1 1dS = dS +dS = - Q

T T

∂

spontan : dS > 0 → β α

1 1- >0

T T

atau α βT >T

kesetimbangan : dS = 0 → α βT = T

Perubahan Keadaan pada Temperatur Konstan

( )

( )

( )

TdS dU -dW

d TS dU-dW

d TS dU -dW

d TS U -dW

≥

≥

− ≥

− ≥def. : Energi bebas Helmholtz

A U - TS≡ (U dan S : fs keadaan → A : fs keadaan)-dA -dW

-ΔA -W

≥≥

maksimum kerja yang dihasilkan dalam perubahan keadaan

pada tempat konstan sama dengan turunnya energiHelmholtz

Perubahan keadaan pada T,p tetap.

TdS dU -dW≥aW = -pdV - W∂ ∂

( ) a= -d pV - W∂

( ) ( ) a-dU - d pU + d Ts W≥ ∂

( ) a-d U+pV-TS W≥ ∂59



Def. Energi bebas Gibbs G U + pV - TS≡ fs. Keadaan.

a

a

-dG W

-ΔG W

≥ ∂

≥Maksimum kerja yang dihasilkan (selain kerja pV) dalam perubahan keadaan pd T,p tetap sama dengan turunnyaenergi bebas Gibbs.Jika tidak ada kerja lain kecuali kerja pV → aW = 0∂

⇒

-dG 0

dG 0

≥

≤Buktikan : pada proses P,T tetap1. ΔG = ΔA jika hanya melibatkan pdt dan cair ΔG = ΔA+ΔnRT jika melibatkan gas2. ΔG = -nεF untuk proses pada sel elektrokimia

Pada perubahan keadaan dengan T,p tetap:ΔG = - terjadi perubahan spontan (alamiah).ΔG = + perubahan spontan kearah sebaliknya.ΔG = 0 sistem ada dalam kesetimbangan.

Batasan Kondisi spontanitas Kondisi

kesetimbangan

Sistem terisolasi dS = + dS = 0T konstan dA + W = -∂ dA + W = 0∂T, p konstan adG + W = -∂ adG + W = 0∂

aW = 0 T,V konstan dA = - dA = 0

aW = 0

T, p konstan dG = - dG = 0

Persamaan-persamaan fundamental termodinamika

(untuk aW = 0∂ )60



dU = TdS - pdV

H U + pV≡ A U - TS≡ G U + pV -TS≡dH = dU + pdV + Vdp

dA = dU - TdS - SdT

dG = dU + pdV +Vdp - TdS - SdT

dU = TdS - pdV = TdS - pdV

dH = Vdp + TdS = TdS +Vdp

dG = -SdT +Vdp = -SdT +Vdp

dA=-pdV-SdT=-SdT-pdV

V

U= T........

S

∂ ∂

Diferensial eksak f(x,y)

dif. total:f f

df = dx+ dyx y

∂ ∂∂ ∂

f = M(x,y)

x

∂∂

f = N(x,y)

y

∂∂

df = M(x,y)dx + N(x,y)dy

2f M=

x y y∂ ∂

∂ ∂ ∂

2f N=

y x x∂ ∂

∂ ∂ ∂

x

N

y

M

∂∂

=∂

∂turunan silang dari persamaan:

df = Mdx + Ndy

persamaan diatas adalah dif. eksak jika dan hanya jika

yx

M N=

y x

∂ ∂ ∂ ∂

jikaM N

y x

∂ ∂≠

∂ ∂ ⇒ persamaan dif. tidak

eksak.

61



Persamaan-persamaan fundamental term. adalah eksak⇒ berlaku turunan silang:

Hubungan termodinamika Maxwell:

S S

pS

pT

T V

T p= -

V ST V

= p S

S V- =

p T

S p=

V T

∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂

Untuk gas ideal: Buktikan hukum Boyle (perubahanV p

1 pada T tetap) secara termodinamika.Jika gas memenuhi persamaan pV = RT + αp

Tentukan A∆ dan G∆

Dua tabung berisi gas a dengan tekanan berbedadihubungkan melalui pipa yang dilengkapi kran.

Buktikan jika kran dibuka kesetimbangan dicapai padatekanan yang sama.

Penentuan koef. Joule-Thomson

P JT

T

HCμ = -

p

∂ ∂

62



dH = TdS + Vdp

T T

H S= T +V

p p

∂ ∂ ∂ ∂ pT

S V= -

p T

∂ ∂ ∂ ∂

p

V= -T +VT

∂ ∂ p

1 Vα = V T

∂ ∂

= -TVα + V

= V(1- αT)

p JTCμ = V(αT -1)

Temp. Inversi: JTμ = 0 ⇒ invTα -1 = 0

Sifat-sifat G

p T

dG = -SdT + Vdp

G GdG = dT + dp

T p

∂ ∂ ∂ ∂

p

G= -S

T

∂ ∂

T

G= V

p

∂ ∂

untuk zat murni :0 0

pG

G p =1atm

dG = Vdp∫ ∫

0

p

0

p

G = G (T) + Vdp∫

padat dan cair : 0 0

1G (T p) = G (T) +V(p-p )

63



gas (ideal) :0

p

0

p

nRTG = G (T) + dp

p∫ 0

0

G G (T) patm= + RTln

n n 1atmμ = μ (T) + RTlnp

Persamaan Gibbs-Helmholtz

1R(V ) → 2P(V )

2 1ΔA = A -A

2 1

2 2

V V

ΔA A A= -

T T T

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

2 1= -S + S = -ΔS

ΔU - ΔA

ΔS =T

1 2V ,V

ΔA ΔA - ΔU=

T T

∂ ∂

p

G G - H= -S =

T T

∂

∂

p

ΔG ΔG - ΔH=

T T

∂ ∂

( )

2

G1 G 1T

= - G

T T T T

∂ ∂ ∂ ∂

2 2

TS + G H= - = -

T T

64



( )

2

ΔGΔHT

= -T T

∂ ∂

( )( ) p

GT = H

1T

∂ ∂

Perubahan Energi Gibbs R eaksi Kimia

G = G(keadaan)

∆G0 proses = ∑G0

akhir - ∑G0awal

∆G0reaksi = ∑G0

hasil - ∑G0reaktan

∆G0reaksi = ∑∆ 0

f,hasilG - ∑∆ 0

f,reaktanG

∆G0reaksi = {3∆Gf (H2O cair) +2∆Gf (Fe pdt)} – {∆Gf (Fe2O3 pdt) +

3∆Gf (H2 gas)}

65



66



Keseimbangan Fas a

Diagram fasa air

Diagram Isotermal CO2

67



Persamaan Clapeyron

G

= μn

G

d = dμn

Keseimbangan fasa α dan β pada temp. T dan tek. P

T = f(p) p = f(T)

syarat keseimbangan : α βμ (T,p) = μ (T,p)

T T + dT

p p = dp

→→

μ μ + dμ⇒ →

Keseimbangan pada T +dT , p +dp :α α β βμ (T,p) +dμ = μ (T,p) +dμ

α βdμ = dμ

Persamaan fundamental : dG = -SdT + Vdp

G S Vd = - dT + dp

n n n

dμ = -SdT +Vdp

α α β β-S dT + V dp = -S dT +V dp

α β α(S -S )dT = (V -V )dp

ΔSdT = ΔVdp

dTΔV

=dpΔS

dpΔS

=dTΔV

pada keseimbangan, p tetap :ΔH

ΔS =T

dpΔH

=dT TΔS

68



Keset. padat-cair :2

1

p Tm

fus

fus p Tm

ΔH dTdp =

ΔV T∫ ∫ f

2 1

f

ΔH Tm' p -p = ln

ΔV Tm

Tm' Tm+Tm'-Tm Tm'-Tm Tm'-TmTm'-Tm<<ln = ln = ln 1+ »

Tm Tm Tm Tm

f

f

ΔH ΔTΔp =

ΔV Tm

Keseimb. Padat-gas/ cair-gas: sub uap(ΔH /ΔH )

g

dpΔH=

dT T(V -V)

jika gas bersifat ideal : g gRTV -V»V =

pg

0 0

p T

2

p T

dpΔH= dT p RT∫ ∫

0 0

pΔH 1 1ln = - -

p R T T

atm p 10 =0

ΔH ΔHlnp = -RT RT

Bagaimana hubungan p-T jika ΔH = α +βT ?

Pendekatan dengan persamaan Gibbs-Helmholtz69



2 C 2 gH O H O→T,p T,p

Proses ditinjau dalam 3 tahap :i. 2 C 2 C eqΗ Ο (T,p) Η Ο (T,p )→

ii. 2 C eq 2 g eqΗ Ο (T,p ) Η Ο (T,p )→

iii. 2 g eq 2 gΗ Ο (T,p ) Η Ο (T,p)→eq p

I c

pΔG = V dp∫ IIΔG = 0

eq

p

III g

pΔG = V dp∫

eq eQ

p p

g C

p p

ΔG = (V -V )dp = ΔVdp∫ ∫

gas bersifat ideal :eq

pΔG = RTln p

eq

eq

ΔG p= Rln = Rlnp-Rlnp

T p

untuk p tetap : ( )eq

ΔGdlnpT

= -R T T

∂

∂ ∂eq

2

dlnpΔH+ = +R

T dT

2

dpΔH= dT

p RTg

0 0

p T

2

p T

dpΔH= dT p RT∫ ∫

0 0

pΔH 1 1ln = - -

p R T T

70



atm p 10 =0

ΔH ΔHlnp = -

RT RT

p dalam satuan atm

71



SISTEM TERBUKA (JUMLAH MOL BERUBAH)

Untuk sistem dengan jumlah mol tetap, perubahan

energi bebas Gibbs dapat dinyatakan dengan:

dG = -SdT + Vdp

Jika sistem berisi campuran komponen 1, 2, 3, .........

dengan jumlah mol masing-masing n1, n2, n3, ..........

dimana jumlah mol masing-masing dapat berubah,

maka: G = G(T, p, n1, n2, n3, ........ )

............dnn

G dn

n

G dp

p

G dT

T

G dG 2

n p,T,2

1

n p,T,1nT,n p, j jii

+

∂∂

+

∂∂

+

∂∂

+

∂∂

=

Jika semua n konstan, dn1 = 0 dn2 = 0 .................

dp p

G dT

T

G dG

ii nT,n p,

∂∂

+

∂∂

=

dG = -SdT + Vdp

maka:

S −=

∂∂

in p,T

G V

p

G

inT,

=

∂∂

dan i

nT,i

μn

G

j

=

∂∂

sehingga:dG = -SdT + Vdp + µ1dn1 + µ2dn2 + ..............

dG = -SdT + Vdp + ∑ µidni

Jika T dan p konstan, maka: dG = ∑ µidni

Tinjau perubahan sistem berikut:72



Awal AkhirKondisi T,p T,pSenyawa/komponen 1 2 3 1 2 3

Jumlah mol 0 0 0 n1 n2 n3Energi bebas Gibbs G = 0 (=G*) G = G

Perubahan energi bebas Gibbs untuk perubahan di atas:

∫ ∫ ∑=G

*G

n

*n

ii

i

i

dnμdG

G – G* = ∑ µi (ni – ni*)G = ∑ ni µi (hk aditif)

dG = ∑ (ni dµi + µi dni)Karena pada T dan p tetap: dG = ∑ µidni

Maka: ∑ ni dµi = 0Untuk sistem 2 komponen (pers. Gibbs – Duhem):

n1 dµ1 + n2 dµ2 = 0

Persamaan fundammental termodinamika (dg berubahnya jumlah mol):

dG = –SdT + Vdp + ∑ µidni

dA = – SdT – pdV + ∑ µidni

dU = TdS – pdV + ∑ µidni

dH = TdS + Vdp + ∑ µidni

Interpretasi µi dalam variabel lain:73



jn p,T,i

in

Gμ

∂∂

= jnV,T,i

in

Aμ

∂∂=

jn p,S,i

in

Hμ

∂∂

=

jnV,S,i

in

Uμ

∂∂

= jn p,H,i

in

STμ

∂∂−=

jnV,U,i

in

STμ

∂∂

−=

Jadi potensial kimia dapat digunakan untuk menentukan

perubahan berbagai variabel termodinamika

Energi Gibbs Pencampuran

Tinjau proses pencampuran 3 komponen murni pada

temperatur dan tekanan tetap T,pn1 n2 n3 → N = n1 + n2 + n3

Gawal = G1o + G2

o + G3o = n1 µ1

o + n2 µ2o + n3 µ3

o = ∑ ni µio

Gakhir = G1 + G2 + G3 = n1 µ1 + n2 µ2 + n3 µ3 = ∑ ni µi

∆Gcamp= Gakhir – Gawal = n1 (µ1 –µ1o) + n2 (µ2 –µ2

o) + n3 (µ3 – µ3o)

= ∑ ni (µi –µio)

Untuk komponen murni: dG = –SdT + Vdp

Pada kondisi T tetap: ∫ ∫ =G

G

p

po o

VdpdG

74



Untuk gas ideal: ∫ += p

p

o

o

dp p

nRT(T)GG(T)

o

o

p

pRTln

n

(T)G

n

G(T)+=

Jika po = 1 atm: µ(T) = µo(T) + RT ln pµi(T) = µi

o(T) + RT ln pi

Untuk gas nyata: µ(T) = µo(T) + RT ln f

pi = xi p, maka: µi(T) = µio(T) + RT ln p + RT ln xi

µi(T,p) = µio(T,p) + RT ln xi

µi(T,p) – µio(T,p) = RT ln xi

µi – µio = RT ln xi

Sehingga: ∆Gcamp = ∑ ni (µi –µio) =∑ ni (RT ln xi)

∆Gcamp = RT ∑ ni ln xi

ni = xi n, maka: ∆Gcamp = nRT ∑ xi ln xi

Entropi Pencampuran Gas Ideal

dG = –SdT + Vdp

ST

G

in p,

−=

∂∂

iiin p,

awal

n p,

akhir

n p,

camp

TG

TG

TΔG

∂∂−

∂∂=

∂∂

= – (Sakhir – Sawal) = – ∆Scamp

ii

n p,

camp lnxxnR T

ΔGΔS

i

∑−=

∂∂

−=

Entalpi Pencampuran Gas Ideal

∆G = ∆H – T∆S

75



∆Gcamp = ∆Hcamp – T∆Scamp

Untuk gas ideal: nRT ∑ xi ln xi = ∆Hcamp + T nR ∑ xi ln xi

∆Hcamp = 0

∆Gcamp = – T∆Scamp

Volume Pencampuran

dG = -SdT + Vdp

camp

nT,

camp V pG ∆=

∂∆∂

Untuk gas ideal:( )

0 p

xlnxnRTV

nT,

iicamp =

∂∑∂

=∆

Potensial (Afinitas ) Reaksi

Tinjau reaksi kimia:aA + bB →eE + fF

f

dn

e

dn

b

dn

a

dn FEBA +=+=−=−

dnA = -adζ dnE = +edζdnB = -bdζ dnF = +fdζ

ζ= derajat perkembangan reaksi (berbanding langsung dengan waktu)sehingga: dζmenentukan kenaikan reaksi

76



Reaksi kimia identik dengan campuran multi komponen


dG = –SdT + Vdp – µAdnA – µBdnB + µEdnE + µFdnF

dG = –SdT + Vdp + (eµE + fµF – aµA – bµB) dζ

Pada T, p tetap: dG = (eµE + fµF – aµA – bµB) dζ

BAFE bµ-aµ-fµeµdξ

dG +=

iii

reaktanii produk ii μυ)µ(-)µ(d

dGΣ=ΣΣ= υ υ

ζ

µd

dG ∆=ζ

ζ ζ dsebesar reaksinya berkembangdgGibbs bebasenergi perubahand

dG

=

awalakhir reaksi GGGd

dG −=∆=ζ

-d

dG =ζ

reaksi spontan

+=ζ d

dG reaksi tidak spontan

0d

dG =ζ

reaksi dalam keseimbangan

G sebagai fungsi ζG = ∑ ni µi

G = ∑ ni (µio + µi – µi

o)G = ∑ ni µi

o + ∑ ni (µi – µio)

Greaksi = Gmurni – ∆Gcamp

77



Dengan cara yang sama dapat diperoleh:dU = TdS – pdV + ∆µdζdH = TdS + Vdp + ∆ µdζdG = –SdT + Vdp + ∆ µdζdA = –SdT – pdV + ∆ µdζ

Potensial reaksi:

pT,

Gμ

∂∂=∆ζ

VT,

d

dAμ

=∆

ζ

pS,d

dHμ

=∆

ζ

VS,ddUμ

=∆ ζ

pH,

ddSTμ

−=∆ ζ

VU,ddSTμ

−=∆ ζ

78

00

G

ζ ζtinggi

ζrendah

ζeq

∆Gcamp

Greaksi

Gmurni

0ddG <ζ

0d

dG>

ζ



Keseimbangan Kimia

MnO2 + 4 HCl →MnCl2 + 2 H2O + Cl2

υ1 A1 υ2 A2 υ3 A3 υ4 A4 υ5 A5

∑ υi Ai = 0

aA + bB →eE + fF

nA = nAo – aζ nE = nE

o + eζ

nB = nBo – bζ nF = nFo + f ζUntuk mengevaluasi apakah reaksi spontan atau seimbang:

pT,d

dGμ

=∆

ζ atau ∆µ dζ= dG ≤ 0 ?

- reaksi kimia spontan jika potensial reaksi (∆µ)

negatif, yang berarti reaksi ke kanan (dζ > 0)- reaksi kimia tidak spontan jika potensial reaksi (∆µ) positif,yang berarti reaksi ke kiri (dζ < 0)

- reaksi kimia dalam keseimbangan jika potensial reaksi (∆µ)sama dengan 0.

Reaksi Simultan:1. CO + ½ O2 →CO2

2. CO2 + H2 →CO + H2OdnCO = –dζ1 + dζ2

dnCO2 = +dζ1 – dζ2

dnH2

= – dζ2dnH2O = +dζ2dnO2 = –½dζ1


79



dG = –SdT + Vdp + ∆µ1 dζ1 + ∆µ2 dζ2

∆µ1 = µCO2 – µCO – (½)µO2 ∆µ2 = µCO + µH2O – µCO2 – µH2

2 p,T,1

1ddGμ

ζ ζ

=∆

1 p,T,2

2ddGμ

ζ ζ

=∆

Spontan jika: dG = dG1 + dG2 = ∆µ1 dζ1 + ∆µ2 dζ2 < 0

KESEIMBANGAN KIMIA GAS IDEAL

µi(T) = µio(T) + RT ln pi

aA + bB →eE + fF

∆G = (eµEo

(T) + eRT ln pE) + (fµFo

(T) + fRT ln pF) – (aµAo(T) + aRT ln pA) - ( bµB

o(T) + bRT ln pB)= (eµE

o(T) + fµFo(T)) – (aµA

o(T) + bµBo(T))

+ (eRT ln pE + fRT ln pF) – (aRT ln pA + bRT ln pB)= ∆Go + RT{(e ln pE + f ln pF) – (a ln pA + b ln pB)}

+=

b

B

a

A

f

F

e

Eo

p p p plnRTΔGΔG

∆G = ∆Go + RT ln Qp

Pada kondisi keseimbangan: ∆G = 0

−=

eq

b

Beq

a

A

eq

f

Feq

e

Eo

)(p)(p)(p)(plnRTΔG

∆Go = – RT ln K p

80



µo = µ(T) ∆Go = G(T) K p = K(T)Konstanta Keseimbangan K x dan K c

K x = konstanta keseimbangan reaksi dalam mol fraksiK c = konstanta keseimbangan reaksi dalam mol/liter pi = xi p

=

=

eq

b

eq

a

eq

f

eq

e

eq

b

Beq

a

A

eq

f

Feq

e

E

eq

b

Beq

a

A

eq

f

Feq

e

E

p)(p)(p

)(p)(p.

)(x)(x

)(x)(x

)(p)(p

)(p)(pK

K p = K x p∆υ

pi = (niRT/V) = (ni/V) (RT) = ciRT

=

= ba

f e

eq

b

Beq

a

A

eq

f

Feq

e

E

eq

b

Beq

a

A

eq

f

Feq

e

E p

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

)(c)(c

)(c)(c

)(p)(p

)(p)(pK

K p = K c (RT)∆υ

c = mol/LR = 0,0820568 L.atm/mol.K

K = K(T)Energi Bebas Gibbs Pembentukan

Konvensi: µo(H2, g) = 0 µo(Br2, l) = 0 µo(S, rombis) = 0

C (grafit) + ½ O2 (gas) →CO (gas)∆Go

f = µo(CO, gas) – {µo(C, grafit) + ½ µo(O2, gas)}∆Go

f = µo(CO, gas)Energi bebas Gibbs pembentukan = energi bebas Gibbs molar

81



Penentuan ∆Go

∆Go dapat ditentukan dengan pengukuran p, V dan TContoh 1:

N2O4 (gas) 2NO2 (gas)Perkembangan reaksi ζυi –1 +2 jumlah mol:awal no 0

pada keseimbangan n

o

– ζe

0 + 2ζe

total pada keseimbangan n = no + ζe

mol fraksie

o

e

o

n

n

ζ

ζ

+−

e

o

e

n

2

ζ

ζ

+

fraksi terdisosiasie

e

α1

α1

+

−

e

e

α1

α2

+(αe = ζe/no)

tekanan parsil pα1

α1

e

e

+−

pα1

α2

e

e

+

(pi = xi p)

+−

+== p

α1α1/ p

α12α/p pK

e

e

2

e

eO N

2

NO p 422

−= p

α1

4α2

e

2

e

Jika gas bersifat ideal: pV = nRTn = (1 + αe) no

pV = (1 + αe) no RTSetelah p, V dan T diukur, αe, Kp dan ∆Go dapat ditentukan

82



4pK

K α

p

p

e +=

Jika: p 0 maka αe 1p ∞ maka αe 0

Cocok dengan prinsip Le Chaterlier

Contoh 2:

N2 (g) + 3H2(g) 2NH3 (g)Perkembangan reaksi ζυi –1 –3 +2 jumlah mol:awal 1 3 0

pada keseimbangan 1

– ζe 3 – 3ζe 2ζetotal pada keseimbangan 4 – 2ζe

mol fraksi)2(2

1

e

e

ζ

ζ

−−

)2(2

)3(1

e

e

ζ

ζ

−−

)2(2

)2

e

e

ζ

ζ

−

tekanan parsil p

)2(2

1

e

e

ζ

ζ

−

− p

)2(2

)3(1

e

e

ζ

ζ

−

− p

)2(2

)2

e

e

ζ

ζ

−

(pi = xi p)3

H N

2

NH p ) p)(/(p) p(K 223

=2

2

e

ee p

p)ζ(1

)ζ(2ζ

27

16K

−

−=

Jika x salah satu komponen di atas diketahui, maka ζe, K pdan ∆Go dapat ditentukan.

83



Konstanta Keseimbangan Sebagai Fungsi Temperatur

∆G = ∆Go + RT ln Qp

Pada kondisi keseimbangan: ∆G = 0

−=

eq

b

Beq

a

A

eq

f

Feq

e

Eo

)(p)(p

)(p)(plnRTΔG

∆Go = – RT ln K p

+−=

))(p(p

))(p(plnRTKplnRTΔG

b

B

a

A

f F

eE

))(p(p

))(p(plnKplnRTΔG

b

B

a

A

f

F

e

E

−−=

Reaksi spontan jika ∆G < 0

µo = µ(T) ∆Go = G(T) K p = K(T)

∆G

o

= – RT ln K p

/RTΔG

p

o

eK −=ln K p = – ∆Go/RT

dTT

ΔGd

R 1

dTdlnK

o

p

−=

84



2

o

o

T

ΔH

dT

T

ΔGd

−=

sehingga

2

o p

RT

H

dT

dlnK ∆=

dTRT

HdlnK 2

o

p ∆=

∫ ∫ =T

T

2

oK

)(K

p

o

p

o p

dTRT

ΔHdlnK

−∆−=−

o

o

o p pT1

T1

R H)ln(K lnK

KESEIMBANGAN FASA

dG = –SdT + Vdp

dpn

V dT

n

S

n

Gd +−=

dpVdTSdµ +−=

ST

μ

p

−=

∂∂

V p

μ

T

=

∂∂

Keseimbangan fasa pada p tetap

padat

p

padatS

T

μ−=

∂

∂cair

p

cair ST

μ−=

∂∂

85



gas

p

gasS

T

μ−=

∂

∂ padatcair gas SSS >>>

86



Diagram fasa (sebagai fungsi T dan p) air

87

µ

Tm T b

cair

padat

gas

T



Diagram fasa CO2

Keseimbangan 2 fa sa: fasa α dan fasa β

µα(T,p) = µβ(T,p)T = T(p) dan p = p(T)

Jika p berubah menjadi p+dp, maka:T berubah menjadi T+dT, dan µ berubah menjadi µ+dµ

µα(T,p) + dµα = µβ(T,p) + dµβ

dµα = dµβ

dpVdTSdpVdTS ββαα +−=+−

)dpVV()dTSS( αβαβ −=−

ΔS

ΔV

dp

dT=

ΔV

ΔS

dT

dp=

88



Keseimbangan padat – cair: ∆G = ∆H – T∆SPada keseimbangan ∆G = 0, sehingga ∆S = ∆H/T

f

f

ΔV

ΔS

dT

dp

= dTVT

ΔH

dpf

f

∆=

∫ ∫ ='m

m

2

1

T

T f

f

p

pT

dT

ΔV

ΔHdp

m

'

m

f

f 12T

Tln

ΔV

ΔH p p =−

−+=−

m

m

'

mm

f

f 12

T

TTTln

ΔV

ΔH p p

−+=−

m

m

'

m

f

f 12

TTT1ln

ΔVΔH p p

1T

TT

m

m

'

m <<−

makam

m

'

m

m

m

'

m

T

TT

T

TT1ln

−≅

−+

m

m

f

f 12

T

T ΔV

ΔH p p

∆=−

Perkiraan perubahan titik leleh dengan berubahnya tekanan :

T

HΔSSSΔ f

padatcairf =−= dengan nilai 8–25 J/K.mol

padatcair f VVV −=∆ dengan nilai (+/–)1–10 cm3/mol

atm/K 40Pa/K 4x10/molm4x10

J/K.mol16

ΔV

ΔS

dT

dp 6

36

f

f ≈≈≈= −

89



Keseimbangan padat – gas dan cair – gas:

)VV(

1

T

HΔ

VΔ

SΔ

dT

dp

cair gas −==

pRTVVV gascair gas =≈−

2T

p

R

HΔ

dT

dp =

∫ ∫ =T

T

2

p

p ooTdT

R HΔ

pdp

RT p

THΔ

dTdp =

∫ ∫ =T

T

2

p

p ooT

dT

R

HΔ

p

dp

−−=

oo TT

1

R

HΔ

p

pln

Jika To adalah titik didih pada po = 1 atm, maka:

−−=

oTT

1

R

HΔ pln

di mana p dalam satuan atm.

Perkiraan perubahan tekanan dengan berubahnya temperatur:

Cair ––> Gas

T

HΔSSSΔ

vapcair gasvap =−= dengan nilai ≈ 90 J/K.mol

cair gasvap VVV −=∆ dengan nilai ≈ 20.000 cm3/mol

90



atm/K 40,0Pa/K 4000/molm0,02

J/K.mol90

ΔV

ΔS

dT

dp3

vap

vap ≈≈≈=

Padat––> Gas

T

HΔSSSΔ

sub padatgassub =−=

padatgassub VVV −=∆

vapf sub HHH +=∆

vapsub HH >∆

vapdT

dp

dT

dp

sub

>

EFEK GAS LAIN TERHADAP TEKANAN UAP

Cair

P)(T,μ p)(T,μ cair uap =

91

Uap + gas lain

P = puap + pgas lain

Cair



p=f(P) pada temperatur tetap, turunan terhadap P:

T

cair

TT

uap

P

μ

P

p

p

μ

∂

∂=

∂

∂

∂

∂

Berdasarkan persamaan fundamental:

cair

T

uap VP

pV =

∂∂

atauuap

cair

T V

V

P

p=

∂∂

Jika uap merupakan gas ideal:

dPVdp p

RTcair =

∫ ∫ =P

p

cair

p

p oo

dPVdp pRT

) p(PV

p

pRTln ocair

o

−=

ATURAN FASA

Jika dalam sistem terdapat 1 komponen dalam1 fasa gas ideal berlaku:

pV = nRT atau RTV p =

92



Dalam persamaan ini ada 3 variabel: p, V , dan TJika 2 variabel nilainya diketahui, nilai variabelke 3 dapat dihitung dari persamaan di atas.

Kondisi ini disebut mempunyai:2 derajat kebebasan atau bivarian

Jika dalam sistem terdapat 2 fasa ( α dan β)dalamkeseimbangan, berlaku:

µα(T,p) = µβ(T,p)Dalam keseimbangan 2 fasa, jika nilai salah satuvariabel diketahui, nilai variabel lainnya tertentu.Kondisi ini disebut mempunyai:

1 derajat kebebasan atau univarian

Jika dalam sistem terdapat 3 fasa ( α, β dan γ)dalam keseimbangan, berlaku:

µα

(T,p) = µβ

(T,p) = µγ

(T,p)Kondisi ini sudah tertentu untuk setiap zat, dandisebut:

tidak mempunyai derajat kebebasan

atau invarian

Jumlah derajat kebebasan = jumlah variabel –

jumlah persamaan

93



Untuk sistem berisi 1 komponen

Jumlah fasa dalam sistem 1 2 3

Derajat kebebasan 2 1 0

Jika dalam sistem terdapat C komponen dan P fasa

Jumlah variabel:

Macam variabel Total variabelTemperatur dan tekanan(Bagaimana dengan volum ?)

2

Variabel komposisi: C mol fraksi utk setiapfasa

PC

Jumlah total variabel PC + 2

Jumlah persamaan:Macam persamaan Total persamaanDalam setiap fasa terdapat hubungan molfraksi: x1 + x2 + x3 + .......... = 1

P

Pada kondisi keseimbangan berlaku:µα = µβ = µγ = ......... = µi

P

sehingga dalam setiap komponenterdapat P-1 persamaan

C(P -1)

Jumlah total persamaan P + C(P – 1)

Jumlah derajat kebebasan = jumlah variabel –

jumlah persamaan

F = (PC + 2) – (P + C(P – 1))

F = C – P + 2

94



Masalah Komponen

Ada berapa komponen untuk system berisi 3 senyawa berikut?PCl5 ⇄ PCl3 + Cl2

Ada berapa komponen untuk system berisi n senyawa berikut?H2O + H2O⇄ (H2O)2

H2O + (H2O)2 ⇄ (H2O)3

.

.

.

.

.

.

H2O + (H2O)n-1 ⇄ (H2O)n

Ada berapa komponen untuk system berisi campuran berikut?

CaCO3, CaO dan CO2

Ada berapa komponen untuk system berisi campuran berikut?H2O, O2 dan H2

Soal :

Tekanan uap dietil eter adalah 100 Torr pada -11,5 oC dan 400Torr pada 17,9 oC. Hitunga. panas penguapan

b. titik didih normal dan titik didih di pegunungan yangmempunyai tekanan 620 Torrc. entropi penguapan pada titik didih normald. ΔGo penguapan pada 25 oC

95



LARUTAN

Larutan merupakan campuran homogen dari spesies kimia yangterdispersi dalam ukuran molekuler sehingga merupakan fasatunggal.

Beberapa istilah terkait larutan:larutan biner, terner, kuartener

solven

solut

Macam-macam larutanLarutan gas: campuran gas atau uap.Larutan cairan: padatan, cairan atau gas, larut dalam cairanLarutan padat: Gas dalam padatan: H2 dalam palladium, N2 dalam titaniumCairan dalam padatan: Hg dalam emasPadatan dalam padatan: Cu dalam Au, Zn dalam Cu, alloy

berbagai logam.

Semua gas akan bersifat ideal pada tekanan mendekati nolHukum gas ideal merupakan hukum pembatas (limiting law)

Gas ideal adalah gas yang mengikuti hukum gas ideal padasembarang tekanan.

Semua larutan akan bersifat ideal pada konsentrasi solutmendekati nol.Jika mol fraksi solut non-volatil: x2 = 0 maka p = po

p akan turun secara linier dengan meningkatnya x2

p = po –x2 po = (1- x2)po

p = xpo

(hk. Raoult)Penurunan tekanan uap:

po – p = po – xpo = (1 – x)po

po – p = x2 po

96



Jika solut lebih dari satu macam: po – p = (x2 + x3 + ....... )po

Kelembaban relatif (Relative Humidity) air:

o p

pR.H. = dan %100 p

p%R.H. o=

R.H. menunjukkan mol fraksi air dalam larutan

POTENSIAL KIMIA LARUTAN

Jika larutan ada dalam keseimbangan dengan uapnya, berlaku:µcair = µuap

Jika larutan bersifat ideal:µcair = µo

uap + RT ln pBerdasarkan hk. Raoult: p = x po

Shg: µcair = µouap + RT ln po + RT ln x

µcair = µocair + RT ln x

µcair = potensial kimia larutanµo

cair = potensial kimia solven murnix = mol fraksi solven

PERSAMAAN GIBBS-DUHEM

Jumlah total energi bebas Gibbs untuk larutan:

∑=

i

iiμnG

)dnμdμ(ndGi

iiii∑ +=

97



Pers. Fundamental termodinamika untuk sistem dg komposisi berubah:

∑++−=i

ii dnμVdpSdTdG

Jika dua pers. di atas dikurangkan: VdpSdTdμni

ii +−=∑Pada kondisi T dan p tetap:

0dμni

ii =∑Untuk larutan biner:

0dμndμn 2211 =+

1

2

12 dμ

n

ndμ −=

1

2

12 dμ

x

xdμ −=

Karena dμ1= (RT/x1)dx1, maka:

2

1

2 x

dx

RTdμ −=dx1=-dx2

2

22

x

dxRTdμ =

Hasil integrasi pers. ini:CRTlnxμ 22 +=

Jika x2=1 (solut murni), maka: o

2μC =

98



2

o

22 RTlnxμμ +=(sama dengan pers. utk solven yg mengikuti hk. Raoult)

Sehingga: o

222 px p =Untuk solut non-volatil: 0 po

2 ≈

SIFAT KOLIGATIF

Kenaikan titik didih dan penurunan titik beku

µcair(T,p,x) = µ pdt(T,p)

µocair(T,p) + RT ln x = µ pdt(T,p)

RT

p)(T,µ- p)cair(T,µlnx

pdt

o

−=

RT

Glnx fus∆

−=

99

µ

T

mT

b

cair

padat

gas

T



p p

fus

x

T

T

/T)G(

R

1

x

1

∂∂

∂∆∂

−=

Pers. Gibbs-Helmholtz:

( )2

ΔGΔHT

= -T T

∂

∂

Sehingga:

p

2

fus

x

T

RT

H

x

1

∂∂∆

=

∫ ∫ ∆=T

T

2

fusx

1 o

dTRT

H

x

dx

−−=

o

fus

T

1

T

1

R

ΔHlnx

fuso ΔH

Rlnx

T

1

T

1 −=

Mm1

1

...mnM(mn

n

.......nnn

nx

3232 +=

+++=

+++=

Mm)ln(1lnx +−=

Mm1

Mdmdlnx

+−=

Mm)(1

dm

ΔH

MRTdT

fus

2

+−=

f

fus

2

o

0,

K ΔH

MRT

m

T=−=

∂

∂

=m p

dT = K f dmΔTf = K f m

.wΔT

.wK M

f

2f 2 =

100



Azeotrop

101



Keseimbangan Antara Fasa Terkondensasi

Jika larutan senyawa A murni ada dalam keseimbangan denganlarutan jenuhnya (dalam pelarut B):

µA(T,p) - µoA (T,p) = 0

Untuk larutan ideal:µA(T,p) - µo

A (T,p) = RT ln xA

RT ln xA selalu bernilai negatif, kecuali xA=1

Contoh:

Di luar lengkungan terdapat larutan sempurna, di dalam lengkungan terdapat dualapisan cairan (L1 + L2), dan berlaku aturan Lever.

Pada titik a berlaku:( )( )1

2

2

1

al

al

lmol

lmol=

102

A larut sebagian dalam B (larutan non-ideal)

Potensial kimia larutan non-ideal



Contoh lain: campuran air – trietilamin, dan campuran air - nikotin

Destilasi campuran larut sebagian

p

py

o

AA =

p

py

o

BB =

o

B

oA

o

B

oA

B

A

B

A

p

p

/p p

/p p

y

y

n

n ===

wA = nAMA dan wB = nBMB

103



o

BB

o

AA

B

A

pM

pM

w

w=

Contoh: campuran air dan anilin mendidih pada temperatur 98,4 oC.Pada temperatur ini tekanan uap anilin 42 mmHg dan tekanan uap air718 mmHg. Berapa g anilin yang menguap jika diperoleh destilat air100 g.

Diagram Eutektik Sederhana Keseimbangan Padat-Cair

Jika larutan ideal A + B didinginkan, maka salah satu komponenakan membeku pada temperatur T yang sesuai dengan komposisi xA.

−

∆−=

Ao,

Afus,

AT

1

T

1

R

Hlnx

−

∆−=

Bo,

Bfus,

BT

1

T

1

R

Hlnx

104



Membuat diagram Eutektik berdasarkan Analisis Termal

105



Contoh: diagram eutektik air-garam

Diagram titik beku disertai pembentukan senyawa106



Contoh:

107



Sistem Tiga Komponen

108

Super cooling

% B

% A

% C



Contoh :

Soal: Nilai K f teramati (apparent value) dalam larutan sukrosa pada berbagaikonsentrasi disajikan sbb.:m/(mol/kg) 0,10 0,20 0,50 1,00 1,50 2,00K f /(K.kg/mol) 1,88 1,90 1,96 2,06 2,17 2,30

a. Hitung aktivitas air (a) dalam setiap larutan b. Hitung koefisien aktivitas (γ) air dalam setiap larutanc. Buat kurva aktivitas air (a) lawan mol fraksi air dalam larutand. Buat kurva koefisien aktivitas air (γ) lawan mol fraksi air dalamlarutane. Hitung aktivitas (a) dan koefisien aktivitas (γ) sukrosa dalam larutan1,00 m.

109

hand out kfi tk

Documents