• Share
  • Email
  • Embed
  • Like
  • Save
  • Private Content
Termodinamika (5) a kesetimbangan_kimia
 

Termodinamika (5) a kesetimbangan_kimia

on

  • 3,042 views

unj fmipa-fisika

unj fmipa-fisika

Statistics

Views

Total Views
3,042
Views on SlideShare
3,031
Embed Views
11

Actions

Likes
6
Downloads
0
Comments
0

1 Embed 11

http://ogiifri.blogspot.com 11

Accessibility

Categories

Upload Details

Uploaded via as Microsoft PowerPoint

Usage Rights

© All Rights Reserved

Report content

Flagged as inappropriate Flag as inappropriate
Flag as inappropriate

Select your reason for flagging this presentation as inappropriate.

Cancel
  • Full Name Full Name Comment goes here.
    Are you sure you want to
    Your message goes here
    Processing…
Post Comment
Edit your comment

    Termodinamika (5) a kesetimbangan_kimia Termodinamika (5) a kesetimbangan_kimia Presentation Transcript

    • Pertemuan 5 KESETIMBANGAN KIMIA Dr. I Made Astra, M.Si Jurusan Fisika Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam
    • KESETIMBANGAN KIMIA 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • A Hukum Termodinamika I B Hukum Termodinamika II C Hukum Termodinamika III D Konsep Kesetimbangan E Tetapan Kesetimbangan ( K ) F Pendugaan Arah Reaksi G Hubungan  G o dengan K H Faktor-faktor yang Memengaruhi Kesetimbangan Kimia I Kesetimbangan Pengionan Daftar Isi Isi slaid ini merupakan gabungan dari isi diktat Bab 6 dan 7 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • Pendahuluan
      • Termodinamika kimia
      • membahas perubahan energi
      • yang menyertai suatu proses atau perubahan fisik atau kimia suatu zat,
      • untuk meramalkan apakah suatu proses dapat berlangsung atau tidak
      Hukum Termodinamika I: Hukum kekekalan energi Energi tidak dapat diciptakan/dimusnahkan, tetapi dapat berubah bentuk atau beralih sistem dalam bentuk kerja atau kalor. Hukum Termodinamika II: Arah perubahan Suatu proses berjalan spontan jika semesta bergerak ke arah ketidakteraturan. Hukum Termodinamika III: Keteraturan struktur tertinggi dimiliki oleh kristal sempurna yang murni pada suhu 0 K. 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • A. Hukum Termodinamika I E total = E k + E p = tetap E k = energi kinetik = ½ mv 2 E p = energi potensial = mgh Satuan energi: J = N m = kg m 2 det -2 (hukum kekekalan energi)  BACK 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id | E p = 10 unit E k = 0 unit E p = 4 unit E k = 6 unit Energi potensial Energi kinetik
    • A. 1. Kerja dan Kalor (1) Kerja: e nergi yang dihasilkan ketika suatu gaya F bekerja pada jarak tertentu s . Kerja tekanan-volume berhubungan dengan pemuaian/penekanan gas : w = – F d h = – PA d h = – P d V A = luas permukaan wadah d h = h akhir – h awal (2) Kalor: energi yang dipindahkan sebagai akibat adanya perbedaan suhu. Asas Black: kalor selalu berpindah dari benda yang panas ke yang dingin 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • (1) Kapasitas kalor ( C ) : kalor yang dibutuhkan untuk menaikkan suhu suatu zat 1 o C.
      • 1 g zat  kapasitas kalor spesifik atau kalor jenis ( c )
      • 1 mol zat  kapasitas kalor molar ( c m )
      (2) 1 kalori : kalor yang dibutuhkan untuk menaikkan suhu 1 g air dari 14,5 ke 15,5 o C. Kesetaraan kalor mekanik : 1 kal = 4,184 J atau 1 kkal = 4,184 kJ A. 1. Kerja dan Kalor 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • Contoh 6.1: Berapa kalor yang dibutuhkan untuk menaikkan suhu 735 g air dari 21,0 ke 98,0 o C? Jawab: q = m c  t m = massa zat c = kalor jenis (untuk air, c = 1 kal g -1 o C -1 = 4,184 J g -1 o C -1 )  t = perubahan suhu = t akhir – t awal q = (735 g) (1 kal g -1 o C -1 ) (98,0 – 21,0) o C = 5,7  10 4 kal 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • Contoh 6. 2 : Sebanyak 150,0 g timbel (Pb) pada suhu air mendidih (100 o C) dicelupkan ke dalam 50,0 g air bersuhu 22,0 o C dalam gelas piala yang terisolasi (hanya terjadi pertukaran kalor antara Pb dan air). Jika suhu akhir campuran 28,8 o C, hitunglah kalor jenis Pb. Jawab: Asas Black: q air + q Pb = 0 q air = m air c air  t = (50,0 g) (1 kal g -1 o C -1 ) (28,8 – 22,0) o C = 340 kal q Pb = - q air = m Pb c Pb  t = 3 ,2  10 -2 kal g -1 o C -1 Air menyerap kalor yang dilepas oleh Pb. 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • A. 2. Sistem dan Lingkungan (1) Sistem : sejumlah materi atau daerah dalam ruang yang dijadikan objek studi. (2) Lingkungan : massa atau daerah yang berada di luar sistem. (3) Batas : bidang nyata/maya antara sistem dan lingkungan. (a) b atas tetap ( fixed boundary ) (b) b atas berubah ( movable boundary ) 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • Sistem terbuka Sistem tertutup Sistem terisolasi A. 2. Sistem dan Lingkungan 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id | Sistem Perpindahan Contoh Massa Kalor Kerja Terbuka    Gelas piala, tabung reaksi Tertutup –   Pembakar Bunsen Terisolasi – – – Kalorimeter bom Adiabatik  –  Termos
    • Proses pemanasan kentang dalam oven. Apakah sistem, lingkungan, dan batasnya? A. 2. Sistem dan Lingkungan 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • A. 3. Besaran Intensif, Ekstensif, dan Fungsi Keadaan  U ,  H ,  S ,  G Fungsi keadaan : sifat sistem yang hanya ditentukan oleh keadaan (awal dan akhir) sistem dan tidak ditentukan oleh cara mencapai keadaan tersebut. 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id | Jenis besaran Nilainya Contoh Intensif Tidak bergantung pada jumlah sistem  , P , T ,  ,  , c , c m Ekstensif Bergantung pada jumlah sistem m , V ,  U ,  H ,  S ,  G , C
    • A. 3. Besaran Intensif, Ekstensif, dan Fungsi Keadaan 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id | Jenis energi Variabel intensif Variabel ekstensif Kerja Mekanik Tekanan ( P ) Volume ( V ) P d V Termal Suhu ( T ) Entropi ( S ) T d S Kimia Potensial kimia (  ) Mol ( n )  d n Listrik Tegangan ( E ) Muatan ( Q ) E d Q Gravitasi Medan gravitasi ( mg ) Tinggi ( h ) mg d h
    • A. 4 . Perubahan Energi Dalam (  U )  U = q + w q = kalor  (+): sistem menyerap kalor (–): sistem melepas kalor  U = perubahan energi dalam w = kerja  (+): sistem dikenai kerja (–): sistem melakukan kerja (Hukum Termodinamika I) Contoh 6.3: Pengembangan gas menyebabkan 5000 J energi diserap oleh sistem, sedangkan sistem melakukan kerja sebesar 6750 J terhadap lingkungan. Berapa  U sistem? Jawab:  U = q + w = (+ 5000 J) + (– 6750 J) = – 1750 J 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • A. 4 . Perubahan Energi Dalam (  U ) Sebagian besar kalor yang dilepaskan selama reaksi menaikkan suhu air di dalam bom, sisanya akan menaikkan suhu bom, pengaduk, dan bagian lain dari kalorimeter : q v + q air + q bom = 0 q air = m air c air  t q bom = C bom  t dengan  U diukur dalam kalorimeter bom , sistem dengan volume yang tetap : w = –P  V = 0  U = q v = kalor reaksi pada volume tetap 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • Contoh 6. 4 : Sebanyak 0,505 g naftalena (C 10 H 8 ) dibakar sempurna di dalam kalorimeter bom yang berisi 1215 g air. Akibat reaksi, suhu air naik dari 25,62 ke 29,06 °C. Jika kapasitas kalor bom 826 J °C -1 , berapakah  U reaksi dinyatakan dalam kkal mol -1 . Jawab: q air = m air c air  t = (1215 g)(4,184 J g -1 o C -1 )(29,06 – 25,62) o C = 1,75  10 4 J q bom = C bom  t = (826 J o C -1 )(29,06 – 25,62) o C = 2,84  10 3 J q v + q air + q bom = 0  U = q v = – ( q air + q bom ) = – (1,75  10 4 + 2,84  10 3 ) = – 2,03  10 4 J (untuk 0,505 g naftalena) q v bernilai negatif karena reaksinya eksoterm (melepas kalor) 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • Untuk setiap g C 10 H 8 :  U = = – 4,03  10 4 J g -1 Jika dinyatakan dalam kkal mol -1 :  U = = – 1,23  10 3 kkal mol -1 Contoh 6. 4 : 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • A. 5. Perubahan Entalpi (  H ) Jika reaksi dilakukan di udara terbuka atau dalam kalorimeter dari busa styrofoam , sistem dengan tekanan yang tetap :  U = q + w = q p – p  V  H =  U + p  V  H = q p = kalor reaksi pada tekanan tetap (perubahan entalpi) Persamaan gas ideal: pV = nRT  Pada suhu tetap: p  V =  n g RT , maka:  H =  U +  n g RT R = tetapan gas ideal = 8,314  10 -3 kJ mol -1 K -1  n g =  koef gas produk –  koef gas reaktan T = suhu mutlak (K) 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • Contoh 6. 5 : Bila perubahan energi dalam dalam pembakaran sempurna 1 mol naftalena: C 10 H 8( s ) + 12 O 2(g)  10 CO 2( g ) + 4 H 2 O ( l ) ialah – 5,15  10 3 kJ, hitunglah perubahan entalpi pembakarannya pada 298 K. Jawab:  H =  U +  n g RT = (–5,15  10 3 kJ) + (10–12) mol (8,314  10 -3 kJ mol -1 K -1 )(298 K) = – 5,155  10 3 kJ 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • Contoh 6. 6 : Sebanyak 1,50 g amonium nitrat (NH 4 NO 3 ) ditambahkan ke dalam 35,0 g air dalam sebuah mangkok busa kemudian diaduk sampai seluruhnya larut. Suhu larutan turun dari 22,7 menjadi 19,4 o C. Berapakah kalor pelarutan NH 4 NO 3 dalam air dinyatakan dalam kJ mol -1 ? Jawab: q air = m air c air  t = ( 35,0 g)(4,184 J g -1 o C -1 )( 1 9, 4 – 2 2 , 7 ) o C = – 4,83  10 2 J q NH4NO3 + q air = 0 (kalorimeter dianggap tidak berubah suhunya)  H = q NH4NO3 = – q air = + 4,83  10 2 J (untuk 1,50 g NH 4 NO 3 ) q p bernilai positif karena reaksinya endoterm (menyerap kalor) 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • Untuk setiap g NH 4 NO 3 :  H = = 3,22  10 2 J g -1 Jika dinyatakan dalam k J mol -1 :  H = = + 2 5,8 k J mol -1 Contoh 6. 6 : 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • A. 6. Hubungan-hubungan yang Melibatkan  H (a)  H merupakan besaran ekstensif (b)  H akan berubah tanda bila arah reaksi berbalik (c) Hukum penjumlahan kalor dari Hess CO ( g ) + ½O 2( g ) -> CO 2( g )  H = – 283,0 kJ/mol -1 C O 2( g ) -> CO ( g ) + ½O 2( g ) Δ H = + 283,0 kJ/mol -1 CO ( g ) + ½O 2( g ) -> CO 2( g )  H = – 283,0 kJ mol -1 2 CO ( g ) + O 2( g ) -> 2 CO 2( g )  H = – 566,0 kJ mol -1 ½ CO ( g ) + ¼ O 2( g ) -> CO 2( g )  H = – 141,5 kJ mol -1 Jika 2 atau lebih persamaan kimia dijumlahkan untuk menghasilkan persamaan kimia lainnya, perubahan entalpi masing-masing juga harus dijumlahkan. 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • A. 6. Hubungan-hubungan yang Melibatkan  H 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id | C ( s ) + O 2( g ) CO ( g ) + ½ O 2( g ) CO 2( g ) Δ H = –110,5 kJ Δ H = +283,0 kJ Δ H = –393,5 kJ C ( s ,gr) + O 2( g ) -> CO 2( g ) Δ H 1 = –393,5 kJ CO 2( g ) -> CO ( g ) + ½O 2( g ) Δ H 2 = +283,0 kJ C ( s ,gr) + ½O 2( g ) -> CO ( g ) Δ H = Δ H 1 + Δ H 2 = –110,5 kJ
    • A. 7. Entalpi Pembentukan Standar Molar (  H o f ) Perbedaan entalpi antara 1 mol senyawa dalam keadaan standar dengan unsur-unsur pembentuknya juga dalam keadaan standar dilambangkan  H o f . Contoh: (a) 2 C (gr) + 3 H 2(g)  C 2 H 6(g)  H o f C 2 H 6( g ) = –84,7 kJ mol -1 (b) C (gr) + O 2( g )  CO 2( g )  H o f CO 2( g ) = –393,5 kJ mol -1 (c) H 2( g ) + ½ O 2( g )  H 2 O ( l )  H o f H 2 O ( l ) = –285,8 kJ mol -1 Konvensi keadaan standar dari suatu zat: (a) Padatan : senyawa/bahan murni pada tekanan 1 atm (b) Cairan : senyawa/bahan murni pada tekanan 1 atm (c) Gas : gas ideal pada tekanan parsial 1 atm (d) Zat terlarut : larutan ideal pada konsentrasi 1 M 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • Contoh 6. 7 : Dengan menggunakan data  H o f pada slaid sebelumnya, hitunglah perubahan entalpi untuk reaksi pembakaran sempurna 1 mol etana, C 2 H 6( g ) . Jawab: – (a): C 2 H 6(g)  2 C (gr) + 3 H 2(g) –  H o f C 2 H 6( g ) = +84,7 kJ mol -1 2(b): 2 C (gr) + 2 O 2( g )  2 CO 2( g ) 2  H o f CO 2( g ) = 2(–393,5) kJ mol -1 3(c): 3 H 2( g ) + 3 / 2 O 2( g )  3 H 2 O ( l ) 3  H o f H 2 O ( l ) = 3(–285,8) kJ mol -1 C 2 H 6( g ) + 7 / 2 O 2( g )  2 CO 2( g ) + 3 H 2 O ( l )  H o reaksi = –1559,7 kJ mol -1 (reaksi pembakaran sempurna etana) (negatif  reaksi eksoterm) 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • Perubahan entalpi untuk reaksi pembakaran etana pada contoh 6.7 dihitung dengan menggunakan persamaan  H o reaksi = [2   H o f CO 2( g ) + 3   H o f H 2 O ( l ) ] –  H o f C 2 H 6( g ) A. 7. Entalpi Pembentukan Standar Molar (  H o f ) Persamaan tersebut dapat diperluas menjadi bentuk umum berikut:  H o reaksi = [  (koef   H o f ) produk] – [  (koef   H o f ) reaktan] Perlu diperhatikan bahwa tidak ada nilai  H o f untuk O 2( g ) , karena  H o f unsur bebas atau gas bebas yang terdiri dari atom-atom identik = 0 . 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • Contoh 6. 8 : Reaksi pembakaran siklopropana yang biasa digunakan sebagai anestesi ialah sebagai berikut: (CH 2 ) 3(g) + 9 / 2 O 2( g )  3 CO 2( g ) + 3 H 2 O ( l )  H o rks = –2091,4 kJ mol -1 Gunakan nilai  H o rks ini untuk menghitung entalpi pembentukan standar siklopropana, jika diketahui  H o f CO 2( g ) = –393,5 kJ mol -1 dan  H o f H 2 O ( l ) = –285,8 kJ mol -1 . Jawab:  H o reaksi = [  (koef   H o f ) produk] – [  (koef   H o f ) reaktan] = (3   H o f CO 2( g ) + 3   H o f H 2 O ( l ) ) – [  H o f (CH 2 ) 3 ] – 2091,4 kJ mol -1 = [3  (–393,5 kJ mol -1 ) + (3  (–285,8 kJ mol -1 )] – [  H o f (CH 2 ) 3 ]  H o f (CH 2 ) 3 = + 53,5 kJ mol -1 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • B. Hukum Termodinamika II Hukum Termodinamika I tidak memberikan penjelasan mengenai arah dari dapat/atau tidaknya suatu proses berlangsung. Fenomena ini disebut derajat kespontanan . Contoh proses yang spontan:  BACK 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id | Keadaan awal Proses Keadaan akhir Parfum menyebar Es meleleh Penguapan air 75 o 25 o Kalor 50 o 50 o Ag Ag Ag Ag 25 o C 25 o C Keadaan awal Proses Keadaan akhir Parfum menyebar Es meleleh Penguapan air 75 o 25 o Kalor 50 o 50 o Ag Ag Ag Ag 25 o C 25 o C
    • Pada tahun 1850, Rudolf Clausius menyebutkan besaran entropi ( S ) sebagai ukuran derajat ketidakteraturan . Apabila sejumlah kalor, d Q rev , dipindahkan secara reversibel (perubahan yang sangat lambat jalannya) ke dalam sistem terisolasi pada suhu T , entropi yang timbul akibat proses pada sistem tersebut didefinisikan sebagai: B. 1. Perubahan Entropi (  S ) Suatu proses spontan dalam sistem terisolasi memiliki perubahan entropi total yang bernilai positif:  Stotal =  Ssis +  Sling > O  S total =  S sistem +  S lingkungan > O 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • B. 2. Perubahan Energi Bebas Gibbs (  G ) Nilai  S lingkungan secara praktik sulit dihitung, karena interaksi antara sistem dan lingkungan harus diketahui secara pasti. Untuk itu, dikemukakan suatu besaran termodinamika baru yang disebut energi bebas: Energi bebas Helmholtz : A = U – TS Energi bebas Gibbs : G = H – TS Untuk proses pada suhu dan tekanan konstan digunakan energi bebas Gibbs, yang perubahannya ditunjukkan oleh persamaan  G =  H – T  S  G < 0  Proses spontan 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • B. 2. Perubahan Energi Bebas Gibbs (  G ) Ada dua unit energi yang menentukan tanda  G , yakni  H dan T  S . 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id | Kasus  H  S  G Hasil Contoh reaksi 1. - + - Spontan di semua T 2H 2 O ( g )  2H 2( g ) + O 2( g ) 2. - - - + Spontan pada T  Tak spontan pada T  H 2 O ( l )  H 2 O ( s ) 3. + + + - Tak spontan pada T  Spontan pada T  2NH 3( g )  N 2( g ) + 3H 2( g ) 4. + - + Tak spontan pada semua T 3O 2( g )  2O 3( g )
    • Contoh 6.9: Apakah reaksi disosiasi AB ( g )  A ( g ) + B ( g ) , cenderung berjalan spontan pada suhu tinggi atau suhu rendah ? Reaksi melibatkan pemutusan ikatan  energi harus diserap oleh sistem   H > 0 Dua mol gas dihasilkan dari 1 mol gas  ketidakteraturan meningkat   S > 0 Karena  G =  H – T  S , reaksi berjalan spontan (  G < 0) pada suhu tinggi . Jawab: 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • B. 3. Energi Bebas Pembentukan Molar Standar (  G o f ) Perubahan energi bebas yang dihasilkan bila pereaksi dan produk berada pada keadaan standar ( lihat subbab A. 7)  perubahan energi bebas standar (  G °). Seperti  H ,  G merupakan fungsi keadaan, maka (a)  G merupakan besaran ekstensif (b)  G akan berubah tanda bila arah reaksi berbalik (c)  G untuk reaksi keseluruhan dapat diperoleh dengan menjumlahkan nilai-nilai  G dari setiap tahapan dalam reaksi tersebut. 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • (  G o f unsur bebas atau gas bebas yang terdiri dari atom-atom identik = 0 )  G o reaksi = [  (koef   G o f ) produk] – [  (koef   G o f ) reaktan] B. 3. Energi Bebas Pembentukan Molar Standar (  G o f ) Perbedaan energi bebas antara 1 mol senyawa dalam keadaan standar dengan unsur-unsur pembentuknya juga dalam keadaan standar dilambangkan  G o f . 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • Entalpi pembentukan molar standar perak oksida pada 298 K ialah –30,59 kJ/mol. Perubahan energi bebas molar standar,  G o , untuk disosiasi perak oksida pada suhu yang sama diberikan berikut ini: 2Ag 2 O ( s )  4Ag ( s ) + O 2( g )  G o = +22,43 kJ mol -1 Berapakah nilai  S o untuk reaksi tersebut? Contoh 6. 10 : Jawab:  H o reaksi = [  (koef   H o f ) produk] – [  (koef   H o f ) reaktan] = (4   H o f Ag ( s ) +  H o f O 2( g ) ) – (2   H o f Ag 2 O) = (4  0 + 0) – [ 2 (–30,59 kJ mol -1 )] = +61,18 kJ mol -1  G =  H – T  S  07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • Contoh 6. 11 : Berapakah nilai  G o pada 298 K untuk reaksi C ( s ) + CO 2( g )  2 CO ( g ) jika diketahui  G o f CO ( g ) = –137,28 kJ mol -1 dan  G o f CO 2( g ) = –394,38 kJ mol -1 ? Apakah pembentukan CO berlangsung spontan pada 298 K? Jawab:  G o reaksi = [  (koef   G o f ) produk] – [  (koef   G o f ) reaktan] = (2   G o f CO ( g ) ) – (  H p f C ( s ) +  H o f CO 2 ) = 2  (–137,28 kJ mol -1 ) – [ 0 + (–394,38 kJ mol -1 )] = +119,62 kJ mol -1 Jadi, pembentukan CO berlangsung tidak spontan pada 298 K, karena  G > 0. 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • B. 4. Energi Bebas dan Kesetimbangan  G = 0  keadaan setimbang Proses memiliki kecenderungan yang sama untuk bergerak ke arah produk/ reaktan.  G =  H – T  S = 0 atau  (untuk kesetimbangan transisi fase) Contoh : Peleburan es: H 2 O( s , 1 atm)  H 2 O( l , 1 atm)  H o fus = 6,02 kJ mol -1 (pada 273,15 K) = 22,0 J mol -1 K -1 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • Contoh 6. 12 : Berapakah entropi penguapan molar standar air pada 100 o C jika diketahui entalpi penguapan molar standar pada suhu tersebut 40,7 kJ mol -1 ? Jawab: = 109 J mol -1 K -1 Hitung perubahan entropi jika 3,00 mol benzena menguap pada titik didih normalnya, yaitu 80,1°C. Entropi penguapan molar benzena pada suhu ini adalah 30,8 kJ mol -1 . Contoh 6. 13 : Jawab: = 87,2 J mol -1 K -1 Untuk 3,00 mol benzena:  S o vap = (87,2 J mol -1 K -1 )(3,00 mol) = 262 J K -1 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • C. Hukum III Termodinamika “ Entropi kristal sempurna yang murni pada suhu NOL mutlak (0 K) adalah NOL” Dengan kata lain, pada suhu 0 K kristal paling teratur.  BACK 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • D. Konsep Kesetimbangan Kesetimbangan: Laju reaksi sama ke dua arah  [reaktan] & [produk] secara neto tidak berubah. (a) Kesetimbangan fisika : melibatkan 1 zat dalam 2 fase yang berbeda H 2 O ( l )  H 2 O ( g ) (b) Kesetimbangan kimia : melibatkan zat yang berbeda sebagai reaktan dan produk Contoh: Contoh: N 2 O 4( g ) (tak berwarna)  2NO 2( g ) (cokelat gelap)  BACK 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • Dikenal reaksi fase gas, fase cair, atau fase padat bergantung pada fase yang terlibat dalam kesetimbangan. Contoh di atas merupakan reaksi fase gas . 2 Hg ( l ) + Cl 2( g )  Hg 2 Cl 2( s ) (a) Kesetimbangan homogen : hanya melibatkan 1 fase Contoh: C 2 H 4( g ) + H 2( g )  C 2 H 6( g ) (b) Kesetimbangan heterogen : melibatkan >1 fase zat Contoh: Fase cair ( l , liquid ) dianggap satu fase dengan larutan berair ( aq , aqueous ). D. Konsep Kesetimbangan 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • E. Tetapan Kesetimbangan ( K ) N 2 O 4( g )  2NO 2( g ) Nisbah yang nilainya relatif konstan disebut tetapan kesetimbangan ( K ).  BACK 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id | [ ] awal [ ] kesetimbangan Nisbah [ ] saat kesetimbangan [NO 2 ] [N 2 O 4 ] [NO 2 ] [N 2 O 4 ] [NO 2 ]/[N 2 O 4 ] [NO 2 ] 2 /[N 2 O 4 ] 0,000 0,670 0,0547 0,643 0,0851 4,65  10 -3 0,050 0,446 0,0457 0,448 0,1020 4,66  10 -3 0,030 0,500 0,0475 0,491 0,0967 4,60  10 -3
    • (a) Untuk padatan ( s ) dan cairan ( l ) , a =1 (b) Untuk gas ( g ) (anggaplah gas ideal): a = tekanan, P (dalam atm) (c) Untuk komponen di dalam larutan (anggaplah ideal bila keadaan standar 1 M): a = konsentrasi molarnya a = aktivitas , yang nilainya dapat diperkirakan sebagai berikut: Secara umum, untuk reaksi a A + b B  c C + d D: E. Tetapan Kesetimbangan ( K ) 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id | Dikenal 2 macam nilai K , yaitu K C dan K P : (a) Rumus K C hanya memasukkan molaritas dari fase g dan aq . (b) Rumus K P hanya mengikutsertakan tekanan parsial dari fase g .
    • (1) 4 NH 3 ( g ) + 7 O 2 ( g )  4 NO 2 ( g ) + 6 H 2 O ( g ) Contoh: (2) CH 3 OH ( l ) + CH 3 COOH ( l )  CH 3 COOCH 3( l ) + H 2 O ( l ) (3) CaCO 3( s )  CaO ( s ) + CO 2( g ) (4) BaCl 2( aq ) + Na 2 SO 4( aq )  BaSO 4( s ) + NaCl ( aq ) Tidak ada K P untuk reaksi (2) dan (4), karena tidak ada zat yang berfase gas. E. Tetapan Kesetimbangan ( K ) 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • Contoh 6.14: Tuliskan rumus K c dan K P untuk reaksi-reaksi berikut: Jawab: (a) 2 ZnS ( s ) + 3 O 2( g )  2 ZnO ( s ) + 2 SO 2( g ) (b) 2 HCrO 4  ( aq )  Cr 2 O 7 2  ( aq ) + H 2 O ( l ) Apakah reaksi-reaksi di atas termasuk kesetimbangan homogen atau heterogen? (a) ( b ) Kesetimbangan heterogen Tidak ada K P Kesetimbangan homogen 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • Contoh 6.1 5 : ( a ) Pada suhu tertentu, untuk reaksi N 2 O 4( g )  2NO 2( g ) pada saat kesetimbangan terdapat 0,1 mol N 2 O 4 dan 0,06 mol NO 2 dalam volume 2 L. Hitunglah nilai K c . (b) Pada suhu yang sama, ke dalam wadah bervolume 2 L dimasukkan 0,8 mol N 2 O 4 . Hitunglah konsentrasi zat-zat dalam reaksi pada kesetimbangan yang baru. Jawab: Jawab: 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id | N 2 O 4( g )  2 NO 2( g ) Mula-mula 0,8 mol Reaksi – x +2 x Setimbang 0,8 – x 2 x
    • x 2 + 0,009 x – 0,0072 = 0 x = 0,0809 mol Jadi, pada saat kesetimbangan tercapai [NO 2 ] = 2 x mol/2L = 0.0809 M [N 2 O 4 ] = (0,8 – x ) mol/2 L = 0,7191 mol/2 L = 0,3595 M  Contoh 6.1 5 : 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • (1) Jenis reaksi
      • K >> 1  reaksi lebih banyak ke arah produk (kesetimbangan berada di kanan).
      • K << 1  reaksi lebih banyak ke arah reaktan (kesetimbangan terletak di kiri).
      2 H 2( g ) + O 2( g )  2 H 2 O ( g ) K C = 9,1  10 80 N 2 O 4( g )  2 NO 2( g ) K C = 4,63  10 -3 E. 1. Faktor-faktor yang Memengaruhi Nilai K Contoh: Contoh: 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
      • Reaksi eksoterm  kenaikan suhu justru menurunkan nilai K.
      H 2( g ) + I 2( g )  2 HI ( g ) K = 49,5 (440 ° C) K = 54,3 (430 °C) E. 1. Faktor-faktor yang Memengaruhi Nilai K (2) Suhu
      • Reaksi endoterm  kenaikan suhu meningkatkan nilai K.
      CH 4( g ) + H 2 O ( g )  CO ( g ) + 3 H 2 O ( g ) K = 1,78  10 -3 (800 ° C) K = 4,68  10 -2 (1000 °C) K = 5,67 (1500 °C) Contoh: Contoh: 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • E . 2 . Hubungan-hubungan yang Melibatkan K (a) K dipangkatkan n jika reaksi dikalikan n . (b) K akan menjadi kebalikannya bila arah reaksi berbalik (c) K untuk reaksi keseluruhan dapat diperoleh dengan mengalikan nilai-nilai K dari setiap tahapan dalam reaksi tersebut. Contoh: (a) 2 SO 2( g ) + O 2( g )  2 SO 3( g ) SO 2( g ) + ½ O 2( g )  SO 3( g ) 4 SO 2( g ) + 2 O 2( g )  4 SO 3( g ) 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • E . 2 . Hubungan-hubungan yang Melibatkan K (b) N 2 O 4( g )  2 NO 2( g ) 2 NO 2( g )  N 2 O 4( g ) (c) 2 N 2( g ) + O 2( g )  2 N 2 O ( g ) 2 N 2 O ( g ) + 3 O 2( g )  4 NO 2( g ) 2 N 2( g ) + 4 O 2( g )  4 NO 2( g ) 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • Hitunglah nilai K untuk reaksi H 2 O ( g ) + CO ( g )  CO 2( g ) + H 2( g ) pada suhu 25 ° C bila pada suhu tersebut diketahui (a) 2 CO ( g ) + O 2( g )  2 CO 2( g ) K 1 = 3,3  10 91 (b) 2 H 2( g ) + O 2( g )  2 H 2 O ( g ) K 2 = 9,1  10 80 Contoh 6.1 6 : Jawab: Reaksi (a) dibagi 2 : CO ( g ) + ½ O 2( g )  CO 2( g ) K 3 = Reaksi (b) dibalik & dibagi 2: H 2 O ( g )  H 2( g ) + ½ O 2( g ) K 4 = H 2 O ( g ) + CO ( g )  CO 2( g ) + H 2( g ) K = K = 1 , 9  10 5 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • Menurut hukum gas ideal: pV = nRT p = ( n/V)RT = [ ] RT E. 3. Hubungan K P dengan K C Untuk reaksi fase gas: a A ( g ) + b B ( g )  c C ( g ) + d D ( g ) dan  Karena itu, dengan  n g =  koef gas produk –  koef gas reaktan 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • K p = K c ( RT )  n = 1,2  {0,0821  (375+273)} 2–(1+3) = 4,24  10 -4 Contoh 6.1 7 : Hitunglah K p untuk reaksi berikut: N 2( g ) + 3 H 2( g )  2 NH 3( g ) K C = 1,2 pada 375 o C Jawab: Perhatikan nilai R yang digunakan, dan suhu dinyatakan dalam K. Contoh 6.1 8 : Di antara 2 reaksi di bawah ini, manakah yang memiliki nilai K p = K C ? (a) H 2( g ) + I 2( g )  2 HI ( g ) K C = 54,3 pada 430 o C (b) N 2 O 4( g )  2 NO 2( g ) K C = 4,63  10 -3 pada 25 o C Jawab: Agar nilai K P = K C , jumlah koefisien gas pada sisi kiri dan kanan harus sama (  n g = 0), dan syarat ini hanya dipenuhi oleh reaksi (a). 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • Reaksi PCl 5( g )  PCl 3( g ) + Cl 2( g ) mempunyai K p = 1,05 pada 250 ° C. (a) Hitunglah tekanan parsial Cl 2 bila pada suhu tersebut tekanan parsial PCl 5 dan PCl 3 saat kesetimbangan ialah 0,875 dan 0,463 atm. (b) Hitunglah nilai K c reaksi itu pada 250 ° C. (a) = 0,024 Contoh 6.1 9 : Jawab: = 1,98 atm (b) 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • Rumus Q = K , tetapi nilainya belum tentu sama:
      • Q = K  reaksi dalam keadaan setimbang
      • Q < K  produk < reaktan; reaksi bergeser ke kanan (ke arah produk)
      • Q > K  produk > reaktan; reaksi bergeser ke kiri (ke arah reaktan)
      F. Pendugaan Arah Reaksi Pada Contoh 6.15, arah reaksi mudah diduga karena mula-mula, hanya terdapat reaktan. Apabila juga terdapat produk, arah reaksi dapat diduga dengan menghitung kuosien hasil reaksi ( Q ) .  BACK 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id | Kesetimbangan Δ G = 0 Reaktan murni Produk murni Q < K Δ G < 0 Q > K Δ G > 0 G
    • Reaksi H 2( g ) + I 2( g )  2 HI ( g ) mempunyai nilai K = 49,5 pada suhu 440 ° C. Jika pada suhu tersebut ke dalam wadah bervolume 2 L dimasukkan 5 mol H 2 , 2 mol I 2 , dan 4 mol HI. Tentukan ( a ) arah reaksi ( b ) konsentrasi masing-masing zat saat kesetimbangan tercapai Q < K  reaksi berlangsung ke kanan Contoh 6. 20 : Jawab: (a) (b) = 1,6 Karena reaksi berlangsung ke kanan, H 2 dan I 2 berkurang, HI bertambah. 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • 45,5 x 2 – 362,5 x + 479 = 0 x 1 = 1,672 mol Contoh 6. 20 : (4 + 2 x ) 2 = 49,5 (5 – x )(2 – x ) 16 + 8 x + 4 x 2 = 495 – 346,5 x – 49,5 x 2 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id | H 2( g ) + I 2( g )  2 HI ( g ) Mula-mula 5 mol 2 mol 4 mol Reaksi – x – x +2 x Setimbang (5 – x ) (2 – x ) (4 + 2 x )
    • [HI] = (4 + 2 x ) mol/2 L = (4 + 3,344) mol/2 L = 3,672 M [H 2 ] = (5 – x ) mol/2 L = (5 – 1,672) mol/2 L = 1,664 M [I 2 ] = (2 – x ) mol/2 L = (2 – 1,672) mol/2 L = 0,164 M Jadi, konsentrasi setiap senyawa pada kesetimbangan: Contoh 6. 20 : x 2 = 6,29 mol (tidak mungkin, melebihi mol H 2 dan mol I 2 mula-mula) 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • G . Hubungan  G o dengan K Apa yang terjadi jika kita ubah tekanan sistem sehingga kondisi tidak standar lagi? Penguapan air tidak berlangsung spontan pada 25 o C dalam keadaan standar: H 2 O( l , 1 atm)  H 2 O( g , 1 atm)  G o vap = 8,58 kJ mol -1 (pada 298,15 K) Kondensasi spontan Keadaan setimbang Penguapan spontan  BACK 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • Untuk keadaan tak standar berlaku hubungan berikut:  G =  G o + RT ln Q Pada keadaan setimbang:  G = 0 dan Q = K , maka  G o = – RT ln K G . Hubungan  G o dengan K Contoh 6. 21 : Suatu campuran dari 0,5 mol N 2 O ( g ) dan 0,5 mol O 2( g ) dimasukkan ke dalam wadah bervolume 4 L pada suhu 250 o C dan dibiarkan mencapai kesetimbangan: 2 N 2 O ( g ) + 3 O 2( g )  4 NO 2( g ) Setelah tercapai kesetimbangan, jumlah N 2 O menjadi 0,45 mol. Hitunglah nilai K C , K P , dan perubahan energi bebas Gibbs-nya. 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • Contoh 6. 21 : Jawab:  G o = – RT ln K C = – (8,314  10 -3 kJ mol -1 K -1 )(250 + 273) ln (2,57  10 -2 ) = –15,9 kJ mol -1 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id | 2 N 2 O ( g ) + 3 O 2( g )  4 NO 2 ( g ) Mula-mula 0,5 mol 0,5 mol Reaksi – 0,05 – 3 / 2  0,05 + 4 / 2  0,05 Setimbang 0,45 0,425 0,1
    • H. Faktor-faktor yang Memengaruhi Kesetimbangan Kimia
      • Dalam contoh-contoh sebelum ini, telah kita bahas bagaimana suatu sistem yang tak setimbang menuju kesetimbangan.
      • Faktor-faktor yang dapat memengaruhi kesetimbangan ini meliputi konsentrasi, tekanan, volume, suhu , dan katalis .
      • Sistem yang telah setimbang juga dapat diganggu oleh perubahan kondisi sistem.
      • Terjadi pergeseran kesetimbangan ke arah reaktan atau produk, bergantung pada perubahan yang dilakukan, sampai tercapai kesetimbangan yang baru ( prinsip Le Chatelier ).
      Catatan: Di Kimia TPB, pengaruh faktor-faktor ini hanya dibahas secara kualitatif. Contoh-contoh perhitungan di diktat sekadar untuk memperkaya ilmu Anda.  BACK 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • H. 1. Perubahan Konsentrasi Besi(III) tiosianat [Fe(SCN) 3 ] larut dalam air membentuk larutan berwarna merah : FeSCN 2+  Fe 3+ + SCN  merah kuning tak muda berwarna + NaSCN atau Fe(NO 3 ) 3  warna merah larutan semakin pekat + H 2 C 2 O 4 (yang mengikat kuat Fe 3+ )  warna merah larutan memudar [Produk]  , [Reaktan]   Q > K  Kesetimbangan bergeser ke kiri [Produk]  , [Reaktan]   Q < K  Kesetimbangan bergeser ke kanan Contoh: 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • H. 1. Perubahan Konsentrasi (a) Larutan Fe(SCN) 3 : campuran warna merah FeSCN 2+ dan warna kuning Fe 3+ (b) Setelah penambahan NaSCN: kesetimbangan bergeser ke kiri (c) Setelah penambahan Fe(NO 3 ) 3 : kesetimbangan juga bergeser ke kiri (d) Setelah penambahan H 2 C 2 O 4 : kesetimbangan bergeser ke kanan; warna kuning berasal dari ion Fe(C 2 O 4 ) 3 3  07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • H. 2. Perubahan Volume dan Tekanan Hanya berpengaruh terhadap fase gas; tidak memengaruhi fase cair dan padat. V  , P   Q < K  Kesetimbangan bergeser ke  koef gas terbesar V  , P   Q > K  Kesetimbangan bergeser ke  koef gas terkecil N 2 O 4( g )  2 NO 2( g ) Volume wadah diperbesar  [N 2 O 4 ] maupun [NO 2 ] mengalami pengenceran. ( t ekanan diperkecil)  penurunan pembilang > penyebut karena [NO 2 ] dipangkatkan 2  Q < K  kesetimbangan bergeser ke kanan Contoh: 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • Contoh 6. 22 : Ke arah manakah reaksi di bawah ini bergeser bila pada suhu yang tetap, tekanan diperbesar (volume diperkecil)? (a) CaCO 3( s ) -> CaO ( s ) + CO 2( g ) ( c) H 2( g ) + CO 2( g ) -> H 2 O ( g ) + CO ( g ) (b) PCl 5( g ) -> PCl 3( g ) + Cl 2( g ) (d) N 2( g ) + 3 H 2( g ) -> 2 NH 3( g ) Jawab: Bila tekanan ditingkatkan, kesetimbangan akan bergeser ke sisi dengan  koefisien gas paling kecil: (a) ke kiri (c) tidak bergeser (b) ke kiri (d) ke kanan 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • H. 3. Perubahan Suhu Tidak seperti perubahan konsentrasi, volume, atau tekanan, perubahan suhu tida k hanya menggeser kesetimbangan, tetapi juga mengubah nilai K . T   Kesetimbangan bergeser ke arah reaksi endoterm T   Kesetimbangan bergeser ke arah reaksi eksoterm Contoh 1 : N 2 O 4( g )  2 NO 2( g )  H o = 58,0 kJ atau N 2 O 4( g )  2 NO 2( g ) – 58,0 kJ Reaksi pembentukan NO 2 dari N 2 O 4 endoterm; reaksi sebaliknya eksoterm. Pemanasan akan memperbesar [NO 2 ] (warna makin cokelat), pendinginan akan memperbesar [N 2 O 4 ] (warna cokelat memudar). 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id | Setiap bola berisi campuran gas NO 2 dan N 2 O 4 Dalam air es Dalam air panas
    • Contoh 2 : CoCl 4 2  + 6 H 2 O  Co(H 2 O) 6 2+ + 4 Cl  biru merah muda Reaksi pembentukan CoCl 4 2  endoterm: larutan berwarna biru jika dipanaskan dan merah muda jika didinginkan. H. 3. Perubahan Suhu 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • Contoh 6. 23 : Perhatikan kesetimbangan berikut: N 2 F 4( g )  2 NF 2( g )  H o = 38,5 kJ Prediksikan arah pergeseran kesetimbangan jika (a) Campuran dipanaskan pada volume konstan (b) Gas NF 2 diambil dari campuran pada suhu konstan (c) Tekanan diturunkan pada suhu konstan (d) Gas lembam seperti He ditambahkan ke dalam campuran pada volume dan suhu konstan 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • Jawab: (d) Penambahan gas lembam tidak akan menggeser kesetimbangan, karena reaksi akan dipercepat sama besar ke dua arah. (a) Reaksi pembentukan NF 2 endoterm (  H o > 0), maka pemanasan akan menyukai-nya (reaksi bergeser ke kanan). (b) Pengambilan gas NF 2 menurunkan konsentrasi produk, maka Q < K dan jumlah produk harus ditambah agar Q = K (reaksi bergeser ke kanan). (c) Penurunan tekanan akan menggeser kesetimbangan ke arah koefisien gas yang lebih besar, yaitu ke arah pembentukan NF 2 (reaksi bergeser ke kanan). Contoh 6. 23 : 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • I. Kesetimbangan Pengionan Derajat pengionan (  ) = (a) Elektrolit kual :  = 1 (mengion seluruhnya) MgCl 2  Mg 2+ + 2 Cl  (b) Elektrolit lemah : 0 <  < 1 CH 3 COOH  CH 3 COO  + H + (c) Nonelektrolit :  = 0 (sama sekali tidak mengion) C 12 H 22 O 11 (sukrosa)  BACK 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • Dalam campuran suatu elektrolit lemah dengan garam yang mengandung ion yang sama seperti pada elektrolit tersebut (disebut ion senama ), kesetimbangan pengionan elektrolit akan digeser ke kiri (  menurun) , karena garam terionkan dengan lebih sempurna daripada elektrolit. NaCH 3 COO -> Na + + CH 3 COO  CH 3 COOH  H + + CH 3 COO  I. 1. Efek Ion Senama ( Common Ion Effect ) Contoh: Dalam campuran bufer CH 3 COOH-NaCH 3 COO, ion asetat dari garam Na-asetat menjadi ion senama yang menghambat pengionan asam asetat. Konsentrasi ion asetat dalam kesetimbangan meningkat Kesetimbangan pengionan asam asetat bergeser ke kiri 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |
    • I. 2. Hukum Pengenceran Ostwald Nilai  dari suatu larutan elektrolit lemah akan meningkat jika diencerkan. jika  << 1 Karena K konstan, jika larutan diencerkan ( C  ), derajat pengionan (  ) harus  . Hukum pengenceran Ostwald akan Anda jumpai kembali pada Bab 8. 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id | CH 3 COOH  CH 3 COO  + H + Mula-mula C Reaksi –  C +  C +  C Setimbang C (1–  ) C  C 
    • TERIMA KASIH 07/01/2011 © 2010 Universitas Negeri Jakarta | www.unj.ac.id |