Termodinamika 1 lanjutan

2,722 views

Published on

Published in: Education
0 Comments
0 Likes
Statistics
Notes
  • Be the first to comment

  • Be the first to like this

No Downloads
Views
Total views
2,722
On SlideShare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
2
Actions
Shares
0
Downloads
155
Comments
0
Likes
0
Embeds 0
No embeds

No notes for slide

Termodinamika 1 lanjutan

  1. 1. Daerah 2, 4, 8Daerah fase campuran nampak didiagram PV, sehingga perbandingan (jumlah) masing-masing fase dapat diketahui - Pada Garis putus-putus menunjukan suhu T sama (Isoterm) -Titik1= fase 100% cairan tapi siap berubah jadi uap bila diberi kalor -Titik2= fase100% uap siap mencair bila didinginkan - Titik3=Zat pada campuran fase
  2. 2. Fase cair = Panjang garis 2-3 Fase uap Panjang garis 1Garis 1-2 Mendatar menunjukan proses penguapan (cair-uap) dan sebaliknya proses pencairan (uap-air). Terjadi pada Ttetap dan Ptetap , namun volume berubah dg sangat cepat. Vuap >>>Vcair. Garis 0-1 Fase cair pada Ttetap arahnya vertical, artinya P pada Ttetap fase cair tidak terlalu berpengaruh pada volume fase cair. Cairan  Zat incompresible, volume hampir tetap pada perubahan PT Bandingkan dg garis 2-T2 difase uap sangat landai. Volume sangat besar bila PT diubah pada fase gas/uap. Volume fase uap/gas sangat mudah berubah terhadap perubahanPT
  3. 3. Garis 1-2 Relative Horisontal  Artinya : Penguapan/pencairan terjadi pada PT tetap. Garis yang sama difase cair, terlihat hampir tegak dan berdekatan. Artinya : Pada fase cair, bila P diubah, T diubah tidak terlalu berpengaruh terhadap V fase cair Uap titik 1  cairan jenuh Uap titik 2  uap jenuh Uap titik 3  uap superheated Cairan jenuh selalu terletak di PVT tertentu : P 1V1T1 Demikian pula untuk uap jenuh
  4. 4. PVT Hubungan antara PVT suatu zat yg dinyatakan dengan persamaan yang disebut Equation Of State (EOS) • Bila gas yg ditinjau adalah Gas nyata maka EOS-nya bisa bermacam-macam • EOS yg sederhana bia menganggap gas mengikuti Hukum Gas Ideal • EOS Gas Ideal   Hasil penelitian didapat pernyataan bahwa sifat-sifat zat akan sama bila P~0 Gas ideal adalah keadaan/sifat gas yg didekati atau dimiliki oleh gas yg Pnya P~0
  5. 5. Pada P>>>terlihat nilai PV gas berbeda-beda
  6. 6. EOS Gas Ideal Dikembangkan model gas ideal dan EOS untuk gas ideal yg bentuknya sangat sederhana dan mudah dalam perhitungan untuk keperluan praktek/keteknikan.  Hasil perhitungan didapatkan dengan EOS Ideal  EOS gas ideal dapat dikembangkan untuk menyusun/ menjadi dasr untuk EOS gas riel/nyata  Model gas ideal didekati oleh gas yg mempunyai P~0 sehingga: 1. jarak antara molekul gas menjadi tak terhingga dibanding ukuran molekul 2. Volume molekul diabaikan (sangat kecil dibanding volume total) 3. Gaya antar molekul=0(jarak antar mol jauh) 
  7. 7. Bentuk EOS Gas Ideal P. V = R. T  V= spesifik volume= Volume/mol  V= Volume total P. V = n. R. T Proses perubahan gas seperti proses mekanik reversibel non flow dikaitkan dengan model/ EOS Gas Ideal. Proses V tetap (Isokhorik) dU = dQ = Cv dT ΔU = ΔQ =
  8. 8. Proses P tetap (Isobarik) dH = dQ = Cp dT ΔH = ΔQ = Karena ΔH = U + PV = U + RT  gas ideal dH = dU + R dT Cp. dT = Cv dT + R dT Cv = Cp + R = γ  Rasio Kapasitas panas Proses T tetap (Isotermal) ΔT=0  ΔU = 0 ΔU = Q+W Q = ‫־‬W
  9. 9. Perhitungan Kerja Yang dibahas adalah perhitungan kerja yang terjadi pada sistem tertutup dan sistem terbuka  Sistem Tertutup Kerja dalam sistem tertutup dapat dinyatakan sebagai kerja yg diakibatkan oleh beda tekanan/perubahan volume. Sebagai contoh dalam sebuah silinder: F = - PA dS = d(V/A)  P = Tekanan aksi A = Luas penampang
  10. 10. KERJA • Cara Integrasi I • Cara Integrasi II dengan Kurva  Sistem Tertutup
  11. 11. KAPASITAS PANAS Kapasitas panas (C) didefinisikan sebagai: “ Panas (Q) yang diperlukan/ dilepaskan oleh suatu zat sebanyak 1 satuan massa,agar suhu satuan tersebut naik/ turun 1 satuan Temperatur” Definisi:
  12. 12. Hubungan Cp dengan Cv:    Untuk Gas Ideal  Cp = Cv + R Untuk Gas Ideal beratom 1  Cv = 3/2R Cp = 5/2R Untuk Gas Ideal beratom 2  Cv = 5/2R Cp = 7/2R
  13. 13. Harga-harga Kapasitas Panas Harga-harga Kapasitas dapat dicari dari literatur dan biasanya dinyatakan didalam Cp. Harga Cp merupakan fungsi dari temperatur. Cp = F(T) = A + BT + CT2 + D T3 + … Selain itu juga merupakan fungsi dari tekanan untuk gas dengan P jauh diatas I bar akan tetapi untuk gas dengan P ≤ 1 bar, Cp bukan merupakan fungsi tekanan.
  14. 14. Panas Proses Pada Keadaan Standart (STP) Beberapa panas standart yaitu: 1. Panas Reaksi Standart/ The Standart Heat of Reaction 2. Panas Pembentukan Standart/ The Standart Heat of Formation 3. Panas Pembakaran Standart/ The Standart Heat of Combustion Adapun yang dimaksud dengan keadaan standart adalah keadaan atmosfir/ pada T=25ºC dan P=1 atm. Keadaan ini disebut STP (Standart of Temperature and Pressure)
  15. 15. Keadaan standart untuk berbagai fasa adalah: Gas  Gas Ideal ; 1atm, 298ºK Cairan  Cairan Murni ; 1atm, 298ºK Padatan  Padatan Murni ; 1atm, 298ºK Larutan dalam air  T ideal 1 molal, 1atm, 298ºK
  16. 16. Panas Reaksi Standart (ΔHºR 298) Panas Reaksi Standar adalah panas yang diperlukan/ dilepaskan untuk melangsungkan suatu reaksi. Reaksi yang menyerap/memerlukan energi disebut Reaksi Endotermis, dengan ΔHºR 298 (+). Sedang reaksi yang melepaskan energi disebut Reaksi Eksotermis, dengan ΔHºR 298 (-). Harga ΔHºR 298 akan berubah manakala koefisien stoikiometri suatu reaksi berubah: ½ N2 + 3/2 H2  NH3 Atau N2 + 3H2  2NH3 ΔHºR= - 11.040 Kal ΔHºR= - 22.080 Kal
  17. 17. Panas Pembentukan Standart (ΔHºf 298) Panas pembentukan standart didefinisikan sebagai panas (Q) yg diperlukan untuk membentuk satu molekul senyawa dari unsur-unsur pada keadaan standart (STP). Panas pembentukan standart suatu unsur didefinisikan bernilai nol. ½ N2 + 3/2 H2  NH3 ΔHf 298 = - 11.040 kal Atau N2 + 3H2  2 NH3 ΔHf 298 = - 22.080 kal Maka yang dinyatakan sebagi panas pembentukan standart adalah 11.040 kal/mol, atau ½ N2 + 3/2 H2  NH3 ΔHf 298 = - 11.040 kal Perhatikan pernyataan ΔHf 298 menggantikan ΔHR298
  18. 18. Panas Pembakaran Standart (ΔHºC 298) Panas pembakaran Standart didefinisikan sebagai panas (Q) yang diperlukan untuk membakar satu mol suatu zat pada keadaan standart (STP). Secara umum reaksi pembakaran dapat dinyatakan sebagai reaksi suatu zat (khususnya senyawa organik) dengan oksigen O2. Contoh: 4HCl + O2  2 H2O + 2 Cl2 Panas pembakaran standart apat ditulis sebagai berikut: ΔHºc 298 = 2ΔHf H2O - 4ΔHf HCl
  19. 19. Soal-Soal 1. 2. Pada keadaan standart asam klorida dibakar dengan oksigen dan mnghasilkan gas klor dan air. Hitunglah panas pembakaran standart asam klorida? Diketahui sebuah reaksi pembakaran Al menghasilkan Al2O3 . Jika reaksi tersebut berjalan pada suhu 298ºK maka tentukan panas pembakaran standart Al dan panas pembentukan standart Al2O3 ? 3. Pada suhu 25ºC senyawa butane akan dibuat dengan mereaksikan karbon dan hidrogen. Reaksi pembuatan n-butane tersebut adalah sebagai berikut: 4C + 5H2  C4H10 Berapakah panas reaksi standartnya?
  20. 20. Penyelesaian Soal 1.) Panas Reaksi Pembentukan pada STP 298,15ºK dari Tabel C.4 Smith-Van Ness diketahui: HCl ΔHº298= -92.307 J H2O(g)ΔHº298= -241.818 J Sehingga Panas Pembakaran Standart Asam Klorida: 4HCl  2H2 + 2Cl2 ΔHº298= (4) (92.307) J 2H2 + O2  2H2O ΔHº298= (2) (-241.818) J 4HCl + O2  2H2O + 2Cl2 ΔHº298= -114.408 J
  21. 21. 2.) Diketahui Panas Reaksi Standart pembuatan Al2O3 : 4Al + 3O2  2 Al2O3 ΔHº298= -1.200 kJ maka ΔHºPembakaran Al  -1.200 J = -300kJ 4 ΔHºPembentukan Al2O3  -1.200 J = -600kJ 2 3.) Panas Reaksi Pembentukan pada STP 298,15ºK dari Tabel C.4 Smith-Van Ness diketahui: CO2 ΔHº298= -393.509 J H2O(l) ΔHº298= -285.830 J C4H10 ΔHº298= 2.877.396 J
  22. 22. Maka Panas Reaksi Standartnya adalah: 4C + 4O2  4CO2 ΔHº298= (4) (-393.509) J 5H2 + 2 ½O2  5H2O 4CO2+5H2OC4H10 +6 ½O2 4C + 5H2  C4H10 ΔHº298= (5) (-285.830) J ΔHº298= 2.877.396 J + ΔHº298= -125.790 J
  23. 23. Hukum II Termodinamika • • • Dasar  Hk. I Termodinamika menyatakan bahwa energi dapat berubahn bentuk dan berisah, maka Hk.II Termodinamika membatasi perpindahan dan perubahan energi Hk.I Termodinamika tentang transfer berbagai bentuk energi η perubahan. T dalam praktek  100% T tetap  misal Q ↔ W ΔU = 0  ΔU = W+Q 0 = W+Q Q = -W
  24. 24.   Reaktannya tidak seperti itu, karena η perubahannya (Convertion Effisiency) = 40% Realita yang terjadi perpindahan kalor Q dari suatu benda ke benda lain terjadi dari benda suhu tinggi ke benda dengan suhu rendah tidak dapat sebaliknya
  25. 25. Kenyataan ini didukung oleh pernyataan umum : 1.Tidak ada alat yang beroperasi untuk mengubah seluruh panas Q suatu sistem menjadi kerja yang dilaksnakan oleh sistem 2.Tidak ada proses yang mungkin terjadi, proses perpindahan kalor dari suhu rendah ke suhu tinggi. Penjelasan Panas Q/ Kalor dapat diubah menjadi energi W namun pasti harus melibatkan dan mempengaruhi bahkan menyebabkan perubahan pada sistem dan lingkungan. Menurut Hk.I Termodinamika bila T tetap maka ΔU = 0 pada sistem tertutup Q = W
  26. 26. Dimana lingkungan berubah dalam realita sistem dan lingkungan akan dan harus berubah sehingga tidak dapat sepenuhnya kalor Q diubah menjadi W. Sehingga dirumuskan: Q = W + Perubahan pada sistem dan lingkungan • Perubahan pada sistem : Gesekan alat; ΔU/ΔH • Perubahan pada lingkungan:Transfer panas ke lingkungan
  27. 27. Q tidak dapat menjadi W 100%, tetapi W dapat menjadi Q 100%. • Proses tidak dapat reversibel • Proses siklis akan menjadi Q dan W lama-lama nilainya makin kecil • Agar nilainya Q dan W selalu tetap butuh tambahan Q dan W dari luar
  28. 28. Proses di Piston Gas dalam silinder harus diberi kerja piston dari lingkungan sehingga piston kembali ke posisi awal yaitu “Dengan kompresi pada saat yang sama, panas gas yang timbul harus dibuang ke lingkungan agar T tetap dan ΔU= 0”. Jadi proses reversibel piston tetap butuh kerja luar/ lingkungan terhadap sistem.
  29. 29. Dalam Hk. Termodinamika II dinyatakan tidak mungkin dengan proses siklis panas yang diserap oleh sistem sepenuhnya/ seluruhnya diubah menjadi kerja sistem. SIKLUS yaitu sistem yang periodik/ secara berkala terus menerus kembali ke keadaan semula, jadi hanya sebagian dari kalor yang dapat berubah menjadi bentuk kerja. jadi panas merupakan energi yang tingkat kegunaannya lebih kecil dibanding lainnya seperti keerja (W), energi mekanik/ listrik
  30. 30. Mesin Panas Merupakan mesin yang menghasilkan kerja dalam proses siklus, misalnya:Steam Blower Plan (fluida akan bekerja scr periodik seperti keadaan semula) Tahapan Siklus: 1)Air pada T biasa dipompa ke boiler dengan P tinggi. 2)Panas dari bahan bakar ditransfer ke boiler 3)Steam yang dihasilkan dengan P↑ dan T↑ dialirkan untuk menggerakan turbin. Energi steam itu diubah drkerja piston ke lingkungan, jadi steam mengalami Ekspansi dengan T↓ dan P↓ 4)Steam keluar Turbin masuk kondensor dan Cooling Tower untuk dikondensasi pada T&P↓ lalu kembali ke laju posisi 1
  31. 31. Pada siklus diatas terlihat adanya: a)Penyerapan panas pada suhu tinggi b)Ada pembuangan panas pada suhu rendah dikondensor pada saat di Cooling Tower. c)Produk kerja W Bagian tempat terjadinya Transfer panas di sebut Bleat Reservoir terjadi pada T tetap Bagian yang lain adalah: •Hot Reservoir Panas yang diserap |QH| pada T↑;TH •Cold Reservoir  Panas dibuang |Qc| pada T↓;Tc Diberi tanda mutlak | | agar dapat bernilai positiv(+)
  32. 32.       Keterangan: Hot Reservoir Boiler Cold Reservoir  Condensor QH  besarnya input kalor pada boiler Qc  besar kalor yang dibuang W  kerja yang dilakukan mesin panas Engine Mesin Panas
  33. 33. Karena harag mutlak, maka kerja yang dihasilkan: |W| = |QH| - |Qc| ηth = output kerja Input kalor = |W| = |QH| - |Qc|  η = 1 - |Qc| |QH| |QH| |QH| Saat Qc= 0  η= 100% Kenyataan selalu ada sisa panas yang dibuang ke lingkungan, sehingga Qc= ada nilai effisiensi tergantung dari derajat Reversibilitas. Makin tinggi η berarti reversibilitasnya makin besar
  34. 34. Mesin Carnot Mesin Carnot/ Mesin Panas Ideal adalah mesin yang beroperasi dengan siklus karnot yang bekerja dengan tingkat Reversibilitas 100% (sempurna). Siklus Carnot ada 4 tahap: 1.Sistem yang mula-mula berada di cold reservoir dan mengalami keseimbangan termal pada suhu Tc mengalami proses Adiabatik Reversibel sehinggaT↑ menjadi TH yaitu T hot reservoir 2.Sistem kontak dengan Hot Reservoir TH mengalami proses Isotermal Reversibel menerima panas kalor QH sehingga diserap dari Hot reservoir
  35. 35. 3. Sistem mengalami proses Adiabatis Reversibel, dimana suhu kembali ke keadaan semula dari TH menjadi Tc 4. Sistem kontak dengan Cold Reservoir pada suhu Tc mengalami proses Isotermal Reversibel yang membuang kalor Qc ke Cold Reservoir, dengan demikian proses akan kembali ke proses 1 dst. Mesin Panas beroperasi diantara Reservoir panas a) Panas yang diserap pada Th tetap di Hot Reservoir Qh b) Panas yang dibuang pada Tc tetap di Cold Reservoir  Qc Dan diantara ke-2 reservoir panas terdapat 2 proses operasi mesin yang reversibel
  36. 36. Keterangan: 1) AB = Kompresi Adiabatis, suhu naik Tc Th 2) B C = Ekspansi Isotermal, Penyerapan panas Qh 3) C D = Ekspansi Adiabatis, T↓ dari Th Tc 4) D A = Kompresi Isotermal dg pembuangan panas Qc Tahap Isotermal B-C; D-A |QH| = R . Th . Ln Vc/Vb |Qc| = R. Tc . Ln Vd/Va
  37. 37. A-B  Proses Adiabatis C-D  Proses Adiabatis 
  38. 38. Proses Lingkar Carnot Proses Lingkar Carnot adalah deretan perubahan yg dijalankan sedemikian rupa sehingga pada akhirnya sistem kembali ke keadaan semula. Mesin kalor yang bekerja secara berkala menurut suatu proses lingkar hanya dapat mengubah ½ kalor yang diserap oleh kerja dan bahwa pengubahan ini hanya mungkin dengan adanya perubahan temperatur. Mr. Sadi Carnot (1824) menghitung kerja max yang dapat diperoleh dari suatu mesin yang bekerja secar reversibel mesin carnot, sejum;lah gas ideal menjalani suatu proses lingkar yg terdiri dari 4langkah perubahan Reversibel.
  39. 39. 4langkah perubahan reversibel: 1. Ekspansi Isotermal A-B 2. Ekspansi Adiabatis  B-C 3. Kompresi Isotermal  C-D 4. Kompresi Adiabatis  D-A
  40. 40. Proses Lingkar Carnot No. Proses Suhu Perubahan Kalor Kerja Volume 1 Ekspansi Isoterm T1 V1V2 Q1 W1 T1T2 V2V3 Q2 = 0 W2 T2 V3V4 Q3 W3 T2T1 V4V1 Q4 = 0 W4 Reversibel dr AB 2 Ekspansi Adiabatis Reversibel dr BC 3 Kompresi Isoterm Reversibel dr CD 4 Kompresi Adiabatis Reversibel dr DA
  41. 41. • Pada Proses (1)  ΔU12 = 0; W1 = -Q1 = W1= -n R T1 ln • Pada Proses (2)  Q2 = 0; W2 = ΔU23= W2 = n Cv (T2-T1) Pada Proses (3) ΔU34 = 0 ; W3 = -Q3 = W3 = -n R T2 ln Pada Proses (4)  Q4 = 0; W4 = ΔU41 = W4 = n Cv (T2-T1)
  42. 42. • Kerja Total W = W1+W2+W3+W4 W= -n R T1 ln -n R T2 ln W= -n R T1 ln + n Cv (T2-T1) - n Cv (T1-T2) -n R T2 ln Untuk Proses Adiabatis Reversibel berlaku: • dU = dQ + dW = dW= -P dV • n Cv dT = • dT = dV
  43. 43. Pada Proses 2 • • • Maka atau Pada Proses 4
  44. 44. Disubtitusikan W = - n R T1 ln + n R T2 ln = - n R (T1-T2) ln Karena, n R ln W = - Q1 Kemampuan mesin kalor untuk mengubah kalor jadi kerja dinyatakan dengan effisiensi (E) < 1 E= <1
  45. 45. Perubahan yang terjadi dialam disertai dengan perubahan energi, pada perubahan energi ada 2 aspek penting yaitu: a)Arah Pemindahan Energi b)Perubahan Energi dari bentuk satu ke bentuk yang lain Hk. I Termodinamika menetapkan hubungan antara kalor yang diserap dengan kerja yang dilakukan oleh sistem. Hukum ini tidak menunjukan sumber-sumber arah dan energi
  46. 46.   Hk. I Termodinamika tidak mempersoalkan arah perubahan hanya menetapkan kekebalan energi sebelum dan sesudah perubahan energi, tetapi tidak menentukan mudah/ tidaknya/ seberapa jauh perubahan yang terjadi Hk. II Termodinamika dirumuskan untuk menyatakan pembatasan-pembatasan yang berhubungan dengan pengubahan kalor menjadi kerja dan juga untuk menunjukan alur dalam proses perubahan alam. Bentuk paling umum adalah Entropi (S)
  47. 47. Entropi (S) • • • • Suatu besaran yang menentukan arah proses Suatu ukuran penurunan kualitas energi Suatu kriteria proses (Reversibel/ tak reversibel) Setiap proses pasti mengalami penurunan kualitas energi/ kenaikan entropi/ secara simbolik ΔS (+) • Suatu fungsi keadaan tidak dapat diukur secara langsung, hanya perubahannya (ΔS) yang dapat • Harga absolut tergantung keadaan datar  Entropi kristal sempurna setiap benda pada 0ºK adalah nol
  48. 48. DASAR: Setiap proses mengakibatkan:  Terjadinya kesetimbangan Penghilangan perbedaan kondisi antara 2 sistem yang interaksi Penurunan kualitas Energi Naiknya Entropi ΔS (+) Entopi sebagai fungsi keadaan, perubahan entropi ΔS tidak tergantung pada keadaan awal dan akhir proses ΔS irreversibel = ΔS reversibel = ΔS irreversibel ≠
  49. 49. Data Entropi Molar kJ/ (Kmol . ºK) C grafit 5,697 CH4 186,28 CO 198,00 C2H6 229,60 CO2 213,74 C3H8 270,04 O2 205,13 N2 191,581 H2 130,649 NH3(g) 192,6
  50. 50. Dalam perhitungan proses tidak reversibel, selalu dapat dicari jalan (proses lain) yang melibatkan perpindahan panas reversibel dengan keadaan awal dan akhir sama dengan proses semula. Jika proses hanya melibatkan perpindahan panas maka pindah dengan temperatur sistem tanpa memperhatikan pola kelangsungannya apa reversibel/ irreversibel. Berbagai fungsi keadaan maka ΔS total, untuk sebuah siklus adalah 0 (nol).
  51. 51. Secara matematis dapat dinyatakan sebagai berikut: ΔS1-2-3-4-1 = ΔS1-2 + ΔS2-3 + ΔS3-4 + ΔS4-1 Siklus 1-2-3-4-1
  52. 52. Perhitungan Perubahan Entropi Dasar perhitungan perubahan Entropi: Proses Isotermal  ΔS = S2 – S1 = Q rev/T Proses Non-Isotermal  ΔS = Perubahan Entropi Proses Perpindahan Panas Proses perpan yang terjadi antara 2 benda/ sistem dapat digambarkan sbb:
  53. 53. PROSES REVERSIBEL Ta ≈ Tb (hampir sama) karena akan terjadi Perindahan panas ke dingin ΔSA = -QAB/TA ΔSA = -ΔSB ΔSB = -QAB/TB ΔS total = ΔSA + ΔSB = 0 PROSES TAK REVERSIBEL Ta > Tb non isotermal ΔS = ΔS = ΔS total = (ΔS + ΔS) > 0 | ΔSa| < | ΔSb|
  54. 54. Perubahan Entropi Gas Ideal ΔS irreversibel = ΔS reversibel = PV = n R T Proses isothermal  ΔU = 0 Q = -W  Q = ΔS = ΔS = n R ln V2/V1 = n R ln P1/P2
  55. 55.  Proses Isobar  Q = dH = n ΔS = n  Cp = konstan ΔS = n Cp ln T2/T1 Cp = ΔS = n  contoh Cp = A +BT+CT2 =n ΔS = n [A ln T2/T1 + B (T2-T1) + 1/2C (T22T12)]
  56. 56.  Proses Isometrik ΔS = n = n Cv ln T2/T1  Cv = = n [A ln T2/T1 + B (T2-T1) + 1/2C (T22T12)]  Proses Adiabatis Q = 0  ΔS = 0  Non Isotermal-Non Adiabatis ΔS = Fungsi keadaan ΔS = + n R ln  T1=T2
  57. 57. Perubahan Entropi Proses Pencampuran Biner Pencampuran biner antara 2 komponen dapat dilihat sebagai ekspansi dari masing-masing zat.
  58. 58. Pencampuran = Ekspansi PA Pa Awal Pa= Pb= P PB  Pb Akhir  Pa= Ya P ; Pb= Yb P ΔSa = n A R ln Y = -n A R ln = -n A R ln Ya ΔSb = n B R ln Y Yb = -n A R ln = -n A R ln ΔS sistem = -n R (Ya ln Ya + Yb ln Yb)  Y < 1 ; ln Y <0, sehingga dapat ΔS sistem selalu lebih besar dari positif (>0), proses brlangsung tak reversibel dan dapat disimpulkan bahwa proses pencampuran merupakan proses alamiah.
  59. 59. Perumusan Termodinamika 1. Menurut Kelvin Kalor tidak dapat diubah setelahnya menjadi kerja yang setara tanpa menyebabkan perubahan tetap pada salah satu bagian sistem atau lingkungan. 2. Menurut Clausius Suatu mesin tidak mungkin bekerja sendiri mengangkut kalor dari suatu tempat pada T tertentu ke tempat lain pada T> tanpa bantuan dari luar. Jadi, Kelvin menyatakan kalor tidak dapat diubah menjadi kerja dg efisiensi 100%, sedang Clausius menyatakan bahwa secara spontan kalor selalu mengalir dari T↑ ke T↓
  60. 60. Dalam bentuknya yang umum Hk. II Termodinamika dirumuskan melalui fungsi entropi dan dikatakan bahwa efisiensi proses reversibel. E irreversibel < E reversibel Kalor yang diserap T1  Q1 Kalor yang dilepaskan T2  Q2 Maka: < < <0 <0  <0
  61. 61. Siklus Proses Lingkar <0 karena <0 Maka: < (SA-SB) < ΔS
  62. 62. Kesimpulan: • Setiap proses yg berjalan tidak reversibel dalam sistem • • • • • tersebut selalu disertai dg peningkatan entropi sistem Semua perubahan dalam alam semesta selalu berjalan ke arah peningkatan entropi Energi alam semesta adalah tetap Entropi alam semesta cenderung mencapai maksimum Perubahan entropi sebagai kriteria keseimbangan Setiap proses yang berlangsung secara spontan dalam sistem tersekat selalu disertai dengan peningkatan entropi Entropi mencapai maksimum, maka entropi tidak akan dapat berubah lagi dan ΔS=0 tercapai apabila proses berjalan reversibel / sistem mencapai keseimbangan
  63. 63. • Terhadap perubahan dalam sistem tersekat ΔS ≥ 0 • >  proses spontan juga untuk reversibel dan sistem dalam keseimbangan ΔStotal = ΔSs + ΔSe ≥ 0 ΔSs = perubahan entropi sistem ΔSe = perubahan entropi lingkungan • Entropi zat murni sebagai fungsi dari proses • Entropi  satu fungsi keadaan harganya tergantung T,V, P 1. Entropi sebagai Fungsi dari V dan T S = S (T,V)
  64. 64. dU = dQrev + dWrev (Hk I) = T dS – P dV v dT + = T dS – P dV   
  65. 65. Differensial terhadap T dan V terhadap V Pada T tetap diperoleh: Jadi, Sehingga
  66. 66. 2. Entropi sebagai Fungsi dari P dan T S = S (T,P)  ; H = U + PV dH= dU + P dV + V dP dH = T dS – P dV + P dV +V dP T dS =dH – V dP
  67. 67. SOAL: 1. Hitung perubahan entropi kalau ada 2 mol gas ideal dg Cv = 7,88 kal/mol ºK pada V1=100lt dg 50ºC dipanas kan hingga 150 lt dan 150ºC?(Andaikan Cv tidak tergantung pada temperatur) Untuk gas ideal 1mol PV = nRT  Jadi : ΔS= 7,88 ln 423/323 +1,99 ln 150/100= 2,94 Kal/mol ºK ΔS untuk 2mol = 2 x 2,94 = 5,88 Kal/mol ºK
  68. 68. 2. Diketahui Cp= 7,00 + 0,036 T Kal/ molºK, berapakah ΔS bila 2 mol gas pada 5atm ;300ºK dipanaskan 10atm dan 400ºK? Untuk gas ideal 1mol PV = nRT 
  69. 69. = 7,00 ln T2/T1 + 0,036 (T2-T1) – 1,379 = 7,00 ln 400/300+(0,036 x 400)-(0,036 x 300) -1,379 = 2,014 + 14,4-10,8-1,379 = 4,235 Kal/mol ºK Untuk 2 mol gas = 2 x 4,235 Kal/mol ºK = 8,47 Kal/mol ºK Perubahan ΔS pada proses perubahan fase (penguapan, peleburan, perubahan bentuk kristal) perubahan energi • Perhitungan reversibel dan irreversibel • Perubahan Entropi :
  70. 70. Contoh Soal: 1. Penguapan air pada 100ºC dan 1 atm H2O(L)  H2O(g) ΔH = 97,7 Kal/mol 2. Tak Reversibel Air pada 25°C dan 1 atm  uap air 100°C;1 atm H2O(L;25°C; 1atm) ΔS..? H2O(g; 100°C; 0,1atm)  Pemanasan air dari 25°C-100°C dan 1atm  Penguapan air secara reversibel 100°C; 1atm  Ekspansi uap air dari 100°C 1atm  0,1 atm T:100°C
  71. 71.   Cp rata-rata 25°C dan 100°C = 18 Kal/ mol°K ΔS1 = 18 ln 373/298 = 4,04 Kal/ mol°K ΔS3..?  dS= -R/P dP ΔS=ΔS1+ΔS2+ΔS3=4,04+26,04+4,58= 34,66 Kal/mol°K

×