thermodynamics

1. TERMODINAMIKA 2
Oleh:
i. Ir. Natalia Suseno, M.Si
ii. Pra Cipta B.W.M, S.T., M.Eng
WEEK 1:
Pendinginan dan Pencairan

2. KONTRAK PERKULIAHAN
Minggu Topik (Indonesia)
1 Pendinginan dan Pencairan Bagian 1
2 Pendinginan dan Pencairan Bagian 2
3 Ruang Lingkup Termodinamika Larutan Bagian 1
4 Ruang Lingkup Termodinamika Larutan Bagian 2
5 Ruang Lingkup Termodinamika Larutan Bagian 3
6 Proses Pencampuran Bagian 1
7 Proses Pencampuran Bagian 2
8 Pengantar Kesetimbangan Fasa Bagian 1
9 Pengantar Kesetimbangan Fasa Bagian 2
10 Formulasi Termodinamika untuk Uap-Cair Bagian 1
11 Formulasi Termodinamika untuk Uap-Cair Bagian 2
12 Kesetimbangan Reaksi Kimia Bagian 1
13 Kesetimbangan Reaksi Kimia Bagian 2
14 Kesetimbangan Reaksi Kimia Bagian 3
Susunan materi pembelajaran
mengalami penyesuaian, adapun
terdapat penggantian buku acuan
perkuliahan sehingga kedepannya
setiap pertemuan akan diinfokan
terkait pergeseran materi dari buku
acuan sebelumnya.
Edisi 7
Edisi 8

3. KONTRAK PERKULIAHAN
Poin Penilaian Persentase Bobot (%)
Tugas 10-15
Quiz 10-20
Ujian 70-80
Besaran Persentase Penilaian NTS/NAS Akan Menyesuaikan Kecenderungan Nilai
(Diambil Terbaik)
Penilaian Tugas Persentase Bobot (%) [Apabila benar semua]
Tepat Waktu 100
Terlambat 1-2 Minggu 85
Terlambat Lebih dari 2 Minggu 70

5. LINGKUP TERMODINAMIKA
REVIEW:

6. KORELASI TERMODINAMIKA
1→2
Pemahaman hukum
termodinamika 1 dan
konsep-konsep terkait
konservasi energi
Sifat volumetrik fluida
Efek panas Hukum
termodinamika 2
Aplikasi hukum
termodinamika pada
fluida bergerak

7. Apa yang saudara pikirkan terkait proses pendinginan dan pencairan?
PENGANTAR

8. PENGANTAR

9. SIKLUS PENDINGINAN
CARNOT
• Proses pendinginan mengacu pada serap panas dari suatu area
pada suhu dibawah suhu lingkungan dan melepaskan panas
yang diserap ke lingkungan.
• Terdapat dua proses isotermal yaitu pada penyerapan panas
(𝑄𝐶) pada suhu rendah (𝑇𝐶) dan pelepasan panas (𝑄𝐻) pada
suhu tinggi (𝑇𝐻). Siklus berlangsung diantara dua suhu tersebut
secara adiabatis. Proses berlangsung memerlukan kerja yang
disuplai kedalam sistem (𝑊)

10. Parameter efektivitas dari proses pendinginan ini disebut coefficient of performance (𝝎), yang
mana dapat didefinsikan sebagai perbandingan jumlah panas yang dapat diserap pada suhu rendah
dengan total kerja yang diperlukan.
𝜔 =
ℎ𝑒𝑎𝑡 𝑎𝑏𝑠𝑜𝑟𝑏𝑒𝑑 𝑎𝑡 𝑙𝑜𝑤𝑒𝑟 𝑡𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑒
𝑛𝑒𝑡 𝑤𝑜𝑟𝑘
=
𝑄𝐶
𝑊
𝜔 =
𝑇𝐶
𝑇𝐻 + 𝑇𝐶
EFEKTIVITAS
PENDINGINAN
Applies only to a refrigerator operating on a Carnot cycle, which yields the maximum
possible value of ω for a refrigerator operating between given values of 𝑻𝑯 and 𝑻𝑪

11. PERBANDINGAN PROSES VAPOR
COMPRESSION MENGGUNAKAN
EXPANDER DAN THROTTLE
Expander
Compressor
Condenser
Evaporator
𝑄𝐻
𝑊 𝑊
𝑄𝐶
Absorbsi
Isobaric & Isothermal
Kompresi
Adiabatic
Kondensasi
Isothermal
Ekspansi
Adiabatic
Throttle
Compressor
Condenser
Evaporator
𝑊
𝑄𝐻
𝑄𝐶
Absorbsi
Isobaric & Isothermal
Kompresi
Adiabatic
Kondensasi
Isothermal
Ekspansi
Adiabatic

12. 1→2 Proses evaporasi secara isothermal dan isobaric
2→3’ Proses kompresi secara adiabatic reversible
2→3 Proses kompresi secara adiabatic irreversible
3→4 Proses pendinginan secara isothermal dan isobaric
4→1 Proses ekspansi adiabatic reversible
1→2 Proses evaporasi secara isothermal dan isobaric
2→3’ Proses kompresi secara adiabatic reversible
2→3 Proses kompresi secara adiabatic irreversible
3→4 Proses pendinginan secara isothermal dan isobaric
4→1 Proses ekspansi adiabatic irreversible
Expander Throttle
Expander Throttle
𝑄𝐶 𝐻2 − 𝐻1 𝐻2 − 𝐻1
𝑄𝐻 𝐻3 − 𝐻4 𝐻3 − 𝐻2
𝑊 𝐻3 − 𝐻4 − (𝐻1 − 𝐻2) 𝐻3 − 𝐻2
𝜔 𝐻2 − 𝐻1
𝐻3 − 𝐻4 − (𝐻2 − 𝐻1)
𝐻2 − 𝐻1
𝐻3 − 𝐻2
ሶ
𝑚 𝑄𝐶
𝐻2 − 𝐻1
𝑄𝐶
𝐻2 − 𝐻1
PERBANDINGAN PROSES VAPOR
COMPRESSION MENGGUNAKAN
EXPANDER DAN THROTTLE

13. • Step 1→2
Proses penyerapan panas pada suhu (𝑇) dan tekanan (P) konstan, hal ini terjadi ketika cairan
pendingin mengalami penguapan yang mengakibatkan penyerapan panas.
• Step 2→3’
Uap yang diproduksi tersebut dikompresi melalui garis putus-putus, secara isentropic (adiabatic
reversible).
Sedangkan
• Step 2→3
Merupakan proses kompresi irreversible yang ditunjukkan dengan peningkatan nilai entropi dan
kecondongan dari garis
TAHAPAN-TAHAPAN
PROSES SEDERHANA

14. • Step 3→4
Fluida pada kondisi suhu dan tekanan tinggi ini didinginkan serta dikondensasi sehingga
melepaskan panas ke lingkungan
• Step 4→1
Cairan dari kondensor terekspansi menuju kondisi semula. Proses ini dapat dilakukan
menggunakan throttle valve ataupun turbine. Akan tetapi proses lebih sering dilakukan
menggunakan throttle valve karena penggunaan alat ini lebih mudah untuk dikontrol.
Penurunan tekanan selama proses irreversible merupakan akibat adanya friksi yang
terbentuk didalam valve
TAHAPAN-TAHAPAN
PROSES SEDERHANA

15. 𝜔 =
𝐻2 − 𝐻4
𝐻3 − 𝐻2
𝑄𝐻 = 𝐻4 − 𝐻3
𝑄𝐶 = 𝐻2 − 𝐻1
ሶ
𝑚 =
ሶ
𝑄𝐶
𝐻2 − 𝐻1

16. • Koefisien performa dari pendinginan menggunakan siklus carnot tidak bergantung pada jenis
refrigerant yang digunakan. Akan tetapi untuk proses nyata refrigerant memegang peranan
penting dalam performa proses.
• Berikut beberapa parameter utama pemilihan refrigerant:
1. Toksisitas
2. Sifat mudah terbakar
3. Biaya
4. Sifat korosi
5. Tekanan uap
• Tekanan uap dari refrigerant harus lebih tinggi dari tekanan atmosferik, sehingga jika terjadi
kebocoran tidak berakibat pada masuknya udara kedalam sistem
PARAMETER PEMILIHAN
REFRIGERANT

17. • Tekanan uap dari refrigerant juga tidak terlalu tinggi, hal tersebut dapat mengakibatkan biaya
proses menjadi mahal
• Beberapa jenis refrigerant sudah dikenal secara umum, diantaranya sebagai berikut:
1. Ammonia, Methyl Chloride, Carbon Dioxide, dan Propane
2. Fully halogenated hydrocarbons such as CCl3F(CFC-11) dan CCl2F2
3. Less halogenated hydrocarbons such as CHCl2CF3 (HCFC-123), CF3CH2F (HFC-134a), dan
CHF2CF3 (HFC-125)
• Beberapa jenis refrigerant berbasis halogen sudah cukup dihindari karena potensi kerusakan
lingkungan akibat kebocoran dan berakibat pada kerusakan ozon
PARAMETER PEMILIHAN
REFRIGERANT

18. Contoh,
Pertanyaan:
Suatu ruang didinginkan pada temperatur -20oC, air pendingin tersedia pada temperatur 21oC.
Kapasitas pendinginan 120000 kJ/h. Evaporator dan Kondensor memiliki beda suhu 5oC yang
merupakan temperatur minimum agar proses transfer dapat berlangsung. Fluida pendingin 1,1,1,2-
tetrafluoroethane (HFC-134a), yang mana data properti tersedia secara lengkap.
1) Berapa nilai koefisien perfoma siklus pendinginan karnot?
2) Berapa nilai koefisien perfoma siklus pendinginan kompresi uap, jika efisiensi kompresor 0,8
(80%)

19. Jawaban (1):
Berdasarkan persaman perhitungan koefisein perfoma siklus karnot, maka nilai dapat dihitung
sebagai berikut:
𝜔 =
𝑇𝐶
𝑇𝐻 − 𝑇𝐶
𝜔 =
(−25 + 273,15)
(26 + 273,15) − (−25 + 273,15)
𝜔 =
248,15
299,15 − 248,15
𝜔 = 4,87
Contoh,

20. Jawaban (2):
Berdasarkan informasi yang
diperoleh, maka nilai-nilai
properti pada kondisi
tempertur -25oC dapat
dicari:
𝑃 = 1,064 𝑏𝑎𝑟
𝐻𝑣
= 383,45
𝑘𝐽
𝑘𝑔
𝑆𝑣 = 1,746
𝑘𝐽
𝑘𝑔
Contoh,

21. Jawaban (2):
Berdasarkan informasi yang
diperoleh, maka nilai-nilai
properti pada kondisi
tempertur 26oC dapat dicari:
𝑃 = 6,854 𝑏𝑎𝑟
𝐻𝑣 = 412,84
𝑘𝐽
𝑘𝑔
𝑆𝑣 = 1,716
𝑘𝐽
𝑘𝑔
Contoh,

22. Jawaban (2):
Proses kompresi fluida pendingin terjadi pada tahap
2→3’ yaitu proses adiabatic reversible (isentropic)
pada kondisi ini diketahui bahwa nilai:
𝑆2 = 𝑆3
′
Maka nilai,
𝑆3
′
= 1,746
𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾
Contoh,

23. Contoh,
Jawaban (2):
Dari grafik
disamping
diperoleh nilai
entalpi:
𝐻3
′
= 421,97
𝑘𝐽
𝑘𝑔

24. Jawaban (2):
Proses kompresi fluida pendingin terjadi pada tahap
2→3’ menghasilkan nilai beda entalpi isentropic
yang dapat dihitung melalui persamaan berikut:
∆𝐻 𝑆 = 𝐻3
′
− 𝐻2
∆𝐻 𝑆 = 421,97 − 383,45
∆𝐻 𝑆 = 38,52
𝑘𝐽
𝑘𝑔
Nilai perubahan entalpi pada kompresor
sesungguhnya dihitung melalui persamaan berikut:
Contoh,

25. Jawaban (2):
Proses kompresi fluida pendingin terjadi pada tahap
2→3 menghasilkan nilai perubahan entalpi pada
kompresor sesungguhnya dihitung melalui
persamaan berikut:
𝐻3 − 𝐻2 =
∆𝐻 𝑆
𝜂
𝐻3 − 𝐻2 =
38,52
0,8
𝐻3 − 𝐻2 = 48,15
𝑘𝐽
𝑘𝑔
Contoh,

26. Jawaban (2):
Proses throttling pada 1→4 merupakan proses
isenthalpic (Δ𝐻 = 0) atau 𝐻1 = 𝐻4, secara lebih
jelas dapat dilihat melalui gambar disamping.
Nilai koefisien performa kompresi uap dapat
dihitung melalui persamaan berikut:
𝜔 =
𝐻2 − 𝐻4
𝐻3 − 𝐻2
=
383,45 − 235,97
48,15
= 3,06
Contoh,

27. Jawaban (2):
Banyaknya massa fluida pendingin yang tersiklus dapat dihitung melalui persamaan berikut:
ሶ
𝑚 =
ሶ
𝑄
𝐻2 − 𝐻4
ሶ
𝑚 =
12000
383,45 − 235,97
ሶ
𝑚 = 814
𝑘𝑔
ℎ
Contoh,

28. Condenser
Evaporator
c
c
Throttle
Compressor
Condenser
Evaporator
𝑊
𝑄𝐻
𝑄𝐶
Condenser
Evaporator
c
c
Absorber
&
Generator
Throttle
Condenser
Evaporator
Absorber
&
Generator
𝑄𝐻
𝑄𝐶
PERBANDINGAN PROSES VAPOR
COMPRESSION DAN
ABSORPTION

29. 𝑊 =
𝑇𝑆 − 𝑇𝐶
𝑇𝐶
𝑄𝐶
𝑄𝐻
𝑄𝐶
=
𝑇𝐻
𝑇𝐻 − 𝑇𝑆
𝑇𝑆 − 𝑇𝐶
𝑇𝐶
• Nilai kerja yang dibutuhkan mesin
pendingin tipe absorbsi Carnot
dituliskan sebagai berikut:
• Batasan nilai kondisi absorbsi Carnot
dituliskan sebagai rasio panas dari
reservoir panas dengan reservoir dingin:
MESIN PENDINGIN TIPE
ABSORBSI

30. Mesin Pendingin Tipe Absorbsi

31. • Siklus pendinginan absorbsi memiliki dua rentang tekanan kerja, yaitu:
1. Tekanan rendah meliputi penguapan (evaporator) dan penyerapan (absorption)
2. Tekanan tinggi meliputi pembentukan uap (generator) dan pengembunan (condenser)
• Siklus pendinginan absorbsi menggunakan dua jenis fluida, yaitu:
1. Fluida penyerap
2. Fluida refrigerant
• Siklus pendinginan absorbsi mengenal dua jenis larutan, yaitu:
1. Larutan pekat → Uap refrigerant
2. Larutan encer → Refrigerant cair
MESIN PENDINGIN TIPE
ABSORBSI

32. • Saat ini, kombinasi antara fluida penyerap dan fluida refrigerant yang umum digunakan yaitu
1. 𝐻2𝑂 − 𝐿𝑖𝐵𝑟 → Fluida penyerap
2. 𝑁𝐻3 − 𝐻2𝑂 → Fluida refrigenant
MESIN PENDINGIN TIPE
ABSORBSI

33. THANK YOU

34. TERMODINAMIKA 2
Oleh:
i. Ir. Natalia Suseno, M.Si
ii. Pra Cipta B.W.M, S.T., M.Eng
WEEK 2:
Pendinginan dan Pencairan

36. LINGKUP TERMODINAMIKA
REVIEW:

37. KORELASI TERMODINAMIKA
1→2
Pemahaman hukum
termodinamika 1 dan
konsep-konsep terkait
konservasi energi
Sifat volumetrik fluida
Efek panas Hukum
termodinamika 2
Aplikasi hukum
termodinamika pada
fluida bergerak
REVIEW:

38. Apa yang saudara pikirkan terkait proses pencairan?
PENGANTAR
REVIEW:

39. PENCAIRAN
Pencairan dapat terjadi ketika gas didinginkan ke suhu di wilayah
dua fase yang dapat dicapai dengan beberapa cara berikut:
1. Pertukaran panas pada tekanan konstan
2. Proses ekspansi dimana dihasilkan kerja
3. Proses Throttling
Terdapat dua jenis proses yang sudah dikenal yaitu:
1. Proses Linde
2. Proses Claude

40. • Proses Throttling
adalah proses
termodinamika
yang digunakan
untuk mengurangi
atau menurunkan
tekanan suatu
fluida. Berlaku
proses isoentalpi
(ΔH=0)

41. Proses Linde Proses Claude
PERBANDINGAN PROSES
LINDE DAN CLAUDE

42. Neraca Energi
∆ 𝐻 +
1
2
𝑢2 + 𝑧𝑔 𝑚 = 𝑄 + 𝑊
𝑠
Pada sistem yang ditinjau diasumsikan tidak terjadi perubahan kecepatan fluida, ketinggian
fluida, dan panas yang keluar maupun masuk sistem. Maka persamaan dapat disusun ulang
sebagai berikut:
𝑚9𝐻9 + 𝑚15𝐻15 − 𝑚4𝐻4 = 𝑊𝑜𝑢𝑡
Diketahui bahwa kerja yang dihasilkan dari proses ekspansi dapat ditulis sebagai berikut:
𝑊𝑜𝑢𝑡 = 𝑚12(𝐻12 − 𝐻5)
Maka persamaan dapat disubtitusi menjadi persamaan berikut:
𝑚9𝐻9 + 𝑚15𝐻15 − 𝑚4𝐻4 = 𝑚12(𝐻12 − 𝐻5)
PENURUNAN PERSAMAAN
DARI NERACA ENERGI

43. Apabila setiap suku dibagi dengan laju alir 𝑚4 maka diperoleh sebagai berikut:
𝑚9
𝑚4
𝐻9 +
𝑚15
𝑚4
𝐻15 − 𝐻4 =
𝑚12
𝑚4
(𝐻12 − 𝐻5)
Dari neraca massa sistem dapat dituliskan bahwa 𝑚15 = 𝑚4 − 𝑚9, maka persamaan berubah
menjadi:
𝑚9
𝑚4
𝐻9 +
𝑚4 − 𝑚9
𝑚4
𝐻15 − 𝐻4 =
𝑚12
𝑚4
(𝐻12 − 𝐻5)
Subtitusi
𝑚9
𝑚4
= 𝑧 mengimplementasikan fraksi aliran yang tercairkan, sedangkan
𝑚12
𝑚4
= 𝑥
mengimplementasikan fraksi aliran yang keluar dari sistem penukar panas.
𝑧𝐻9 +
𝑚4 − 𝑚9
𝑚4
𝐻15 − 𝐻4 = 𝑥(𝐻12 − 𝐻5)
PENURUNAN PERSAMAAN
DARI NERACA ENERGI

44. 𝑧 =
𝑥 𝐻12 − 𝐻5 + 𝐻4 − 𝐻15
𝐻9 − 𝐻15
Persamaan tersebut digunakan untuk proses Claude, apabila proses Linde yang mana tidak
terdapat proses ekstraksi kerja menggunakan ekspander maka persamaan dapat ditulis
menjadi berikut:
𝑧 =
𝐻4 − 𝐻15
𝐻9 − 𝐻15
PENURUNAN PERSAMAAN
DARI NERACA ENERGI

45. Example 9.3
Gas alam diasumsi hanya mengandung metana murni akan dicairan melalui proses Claude,
kompresi pada tekanan 60 bar dan pendinginan awal 300 K. Keluaran dari ekspander dan throttle
pada tekanan 1 bar. Metana recycle pada titik 15 (figur 9.7) bertekanan 1 bar. Asumsi tidak
terdapat kebocoran panas menuju sistem dari lingkungan, dan ekspander memiliki efisiensi 80%
dengan fasa keluaran uap jenuh. Draw-off dari ekspander 25% masuk kedalam penukar panas
(x=0,25), berapa fraksi z metana yang tercairkan serta berapa suhu dari aliran bertekanan yang
masuk kedalam proses throttling?
Solution 9.3
Penyelesaian memerlukan data dari appendix F ed 8) tersedia dalam satuan British Unit,
sedangkan pada appendix F ed 6 tersedia dalam satuan SI.
• Kondisi awal, 60 𝑏𝑎𝑟 = 870,226 𝑝𝑠𝑖𝑎 dan 300 𝐾 = 80,33𝑜𝐹
• Kondisi akhir, 1 𝑏𝑎𝑟 = 14,5038 𝑝𝑠𝑖𝑎 dan 295 𝐾 = 71,33𝑜𝐹

48. Perolehan data dari PH-T diagram metana sebagai berikut:
𝐻4 = 855,3
𝑘𝐽
𝑘𝑔
(300 K dan 60 bar)
𝐻15 = 903,0
𝑘𝐽
𝑘𝑔
(295 K dan 1 bar)
Untuk cair dan uap jenuh pada tekanan 1 bar:
𝑇𝑠𝑎𝑡 = 111,5 𝐾
𝐻9 = −0,6
𝑘𝐽
𝑘𝑔
(Cair jenuh)
𝐻12 = 510,6
𝑘𝐽
𝑘𝑔
(Uap Jenuh)
𝑆12 = 4,579
𝑘𝐽
𝑘𝑔
(Uap Jenuh)
Entalpi pada titik 5 diperlukan untuk penyelesaian persamaan 𝑧 =
𝑥 𝐻12;𝐻5 :𝐻4;𝐻15
𝐻9;𝐻15
.

49. Dengan demikian, diperlukan korelasi terkait, diantaranya efisiensi ekspander (𝜂), dan nilai
entalpi yang sepadan. Diketahui bahwa nilai entalpi pada titik 5 sepadan dengan titik 11
(𝐻5 = 𝐻11). Perhitungan entalpi didalam ekspander dapat ditulis demikian:
Δ𝐻 = 𝐻12 − 𝐻5 = 𝜂 Δ𝐻 𝑆 = 𝜂(𝐻12
′
− 𝐻5)
Disusun ulang, dan diperoleh persamaan 𝐻12:
𝐻12 = 𝐻5 + 𝜂(𝐻12
′
− 𝐻5)
𝐻12
′
merupakan entalpi pada tekanan 1 bar yang dihasilkan oleh proses ekspansi isentropic dari
titik 5. Trial perhitungan dilakukan dengan mengambil suhu pada titik 5 (𝑇5) , maka dapat
diketahui nilai 𝐻5 dan 𝑆5, serta perhitungan untuk 𝐻12
′
. Sebagai contoh perhitungan, pada trial
𝑃 = 60 𝑏𝑎𝑟 dan 𝑇 = 260 𝐾, diperoleh nilai entalpi dan entropi sebesar 745,27
𝑘𝐽
𝑘𝑔
dan 4,033
𝑘𝐽
𝑘𝑔.𝐾
.
Nilai entropi cair dan uap jenuh sebesar 𝑆𝑙 = 0,005
𝑘𝐽
𝑘𝑔.𝐾
dan 𝑆𝑣 = 4,579
𝑘𝐽
𝑘𝑔.𝐾
.

50. Menggunakan nilai tersebut ekspansi isentropik dari 260 𝐾 dan 60 𝑏𝑎𝑟 menuju
1 𝑏𝑎𝑟 memberikan fraksi uap 0,8808.
𝐻12
′
= 𝐻9
𝑙
+ 𝑥𝑣(𝐻12
𝑣
− 𝐻9
𝑙
)
𝐻12
′
= −0,6 + (0,8808)(510,6 + 0,6)
𝐻12
′
= 449,665
𝑘𝐽
𝑘𝑔
Hasil perhitungan disubtitusikan pada persamaan untuk menghitung entalpi sesungguhnya:
𝐻12 = 𝐻5 + 𝜂(𝐻12
′
− 𝐻5)
𝐻12 = 745,27 + (0,80)(449,665 − 745,27)
𝐻12 = 508,786
𝑘𝐽
𝑘𝑔
Apabila nilai 𝐻12 hasil perhitungan sudah sesuai, maka nilai selanjutnya disubtitusikan pada
persamaan perhitungan rasio tercairkan. Jika belum, dilakukan trial ulang nilai 𝑇5.

51. 𝓏 =
0,25 510,6;748,8 :855,3;903,0
;0,6;903,0
= 0,1187
Maka, diperoleh bahwa 11,87% metana masuk kedalam alat penukar panas (heat exchanger [HE])
tercairkan. Perhitungan dilanjutkan untuk mengetahui suhu pada titik 7. Maka perlu dilakukan
penurunan neraca energi untuk HE 1 dan HE 2. Korelasi untuk HE 1 sebagai berikut:
𝑚4 𝐻5 − 𝐻4 + 𝑚15 𝐻15 − 𝐻14 = 0
Hubungan matematis 𝑚15 = 𝑚14 − 𝑚9 dan 𝑚9/𝑚4 = 𝓏, diperoleh korelasi baru berikut:
𝐻14 =
𝐻5;𝐻4
1;𝓏
+ 𝐻15 =
748,8;855,3
1;0,1187
+ 903,0
Sehingga perolehan nilai 𝐻14 = 782,2
𝑘𝐽
𝑘𝑔
dan 𝑇14 = 239,4 𝐾 (1 bar). Cara yang sama dilakukan
untuk memperoleh korelasi HE 2 sebagai berikut:
𝑚7 𝐻7 − 𝐻5 + 𝑚14 𝐻14 − 𝐻12 = 0

52. Hubungan matematis 𝑚7 = 𝑚4 − 𝑚12 dan 𝑚14 = 𝑚4 − 𝑚9, dengan difinisi 𝓏 dan 𝓍, disusun
ulang persamaan dan membentuk persamaan berikut:
𝐻7 = 𝐻5 −
1;𝓏
1;𝓍
𝐻14 − 𝐻12
𝐻7 = 748,8 −
1;0,1187
1;0,25
(782,2 − 510,6)
Sehingga perolehan nilai 𝐻7 = 429,7
𝑘𝐽
𝑘𝑔
dan 𝑇7 = 199,1 𝐾 (60 bar). Apabila terjadi peningkatan
nilai 𝓍, maka berakibat pada menurunnya 𝑇7. Hal tersebut memungkinkan suhu mendekati suhu
saturasi, yang berakibat pada meningkatnya luasan penukar panas (heat exchanger 2) mendekati
tak hingga. Oleh itu, 𝓍 perlu dibatasi, untuk optimasi biaya yang dibutuhkan untuk penukar panas
(heat exchanger 2). Jika kondisi 𝓍 = 0, maka sistem Linde berlaku:
𝓏 =
855,3 − 903,0
−0,6 − 903,0
= 0,0528

53. Pada kasus tersebut, ~5,3% gas masuk kedalam throttle dan cairan, suhu pada 𝑇7 dapat dihitung
melalui entalpi dan neraca energi:
𝐻7 = 𝐻4 − 1 − 𝓏 𝐻15 − 𝐻10
Subtitusi nilai sebagai berikut:
𝐻7 = 855,3 − 1 − 0,0528 903,0 − 510,6 = 483,6
𝑘𝐽
𝑘𝑔
Dan perolehan 𝑇7 = 202,1 𝐾

54. THANK YOU

55. TERMODINAMIKA 2
Oleh:
i. Ir. Natalia Suseno, M.Si
ii. Pra Cipta B.W.M, S.T., M.Eng
WEEK 3:
Ruang Lingkup Termodinamika Larutan

57. LINGKUP TERMODINAMIKA
REVIEW:

58. Total energi Gibbs pada sistem tertutup berhubungan dengan variabel tekanan dan suhu, yang
dapat dituliskan :
Pada sistem tertutup serta tidak terjadi reaksi, dan komposisi didalam sistem konstan maka
dapat dituliskan sebagai berikut:
Apabila pada kasus fasa tunggal dengan sistem terbuka, maka akan terdapat aliran material
masuk dan keluar sistem, sehingga energi bebas Gibbs menjadi fungsi jumlah mol dari setiap
spesies:
DASAR-DASAR
HUBUNGAN PROPERTI
𝑑 𝑛𝐺 = 𝑛𝑉 𝑑𝑃 − 𝑛𝑆 𝑑𝑇
𝜕 𝑛𝐺
𝜕𝑃 𝑇,𝑛
= 𝑛𝑉
𝜕 𝑛𝐺
𝜕𝑇 𝑃,𝑛
= −𝑛𝑆
𝑛𝐺 = 𝑔(𝑃, 𝑇, 𝑛1, 𝑛2, … , 𝑛𝑖, … )

59. Jika dituliskan dalam bentuk turunan total energi bebas Gibbs, maka diperoleh persamaan
sebagai berikut:
Penjumlahan total dari perubahan energi bebas Gibbs terhadap spesies i serta nilai konstan
spesies lainnya membentuk suatu besaran termodinamika yang didefiniskan sebagai potensial
kimia (chemical potential) dari spesies i dituliskan sebagai berikut:
Dengan demikian persamaan untuk sistem terbuka dapat dituliskan menjadi sebagai berikut:
DASAR-DASAR
HUBUNGAN PROPERTI
𝑑 𝑛𝐺 =
𝜕 𝑛𝐺
𝜕𝑃 𝑇,𝑛
𝑑𝑃 +
𝜕 𝑛𝐺
𝜕𝑇 𝑃,𝑛
𝑑𝑇 + ෍
𝑖
𝜕 𝑛𝐺
𝜕𝑛𝑖 𝑇,𝑃,𝑛𝑗
𝑑𝑛𝑖
𝜇𝑖 ≡
𝜕 𝑛𝐺
𝜕𝑛𝑖 𝑇,𝑃,𝑛𝑗
𝑑 𝑛𝐺 = 𝑛𝑉 𝑑𝑃 − 𝑛𝑆 𝑑𝑇 + ෍
𝑖
𝜇𝑖 𝑑𝑛𝑖

60. Pada kasus khusus yang melibatkan setiap mol larutan, maka persamaan perubahan energi
bebas Gibbs ditulis demikian:
Apabila ditinjau untuk energi bebas Gibbs total sebagai berikut:
Konsep dasar ini sangat penting, kedepannya untuk aplikasi-aplikasi korelasi termodinamika.
DASAR-DASAR
HUBUNGAN PROPERTI
𝑑𝐺 = 𝑉 𝑑𝑃 − 𝑆𝑑𝑇 + ෍
𝑖
𝜇𝑖 𝑑𝑥𝑖
𝐺 = 𝐺(𝑃, 𝑇, 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑖, … )

61. Pada sistem tertutup fasa tunggal PVT yang mengandung berbagai spesies yang berinteraksi,
seluruh perubahan mol hanya berasal dari reaksi kimia. Akibatnya, persamaan untuk sistem
terbuka dan tertutup tersebut akan valid apabila nilai potensial kimia total adalah nol.
Adapun persamaan tersebut juga menjadi criteria umum untuk suatu sistem disebut mengalami
kesetimbangan reaksi kimia pada sistem tertutup fasa tunggal PVT.
POTENSIAL KIMIA DAN
KESETIMBANGAN
෍
𝑖
𝜇𝑖𝑑𝑛𝑖 = 0

62. Mengacu pada kesetimbangan fasa, yang mengandung dua fasa berkesetimbangan dengan
setiap fasa terbuka dan berinteraksi satu sama lain serta mengalami perpindahan massa antar
fasa. Secara matematis dapat dituliskan sebagai berikut:
Adapun 𝛼 dan 𝛽 mewakili setiap fasa yang berinteraksi.
KESETIMBANGAN
FASA
𝑑 𝑛𝐺 = 𝑛𝑉 𝑑𝑃 − 𝑛𝑆 𝑑𝑇 + ෍
𝑖
𝜇𝑖
𝛼
𝑑𝑛𝑖
𝛼
𝑑 𝑛𝐺 = 𝑛𝑉 𝑑𝑃 − 𝑛𝑆 𝑑𝑇 + ෍
𝑖
𝜇𝑖
𝛽
𝑑𝑛𝑖
𝛽

63. Dalam sistem tertutup tersebut, total properti dalam sistem dapat dituliskan sebagai:
Maka, kedua persamaan yang ada dapat disusun ulang menjadi sebagai berikut:
Mengingat sistem tersebut adalah tertutup, bentukan potensial kimia antar fasa akan sama
dengan nol, dituliskan persamaan sebagai berikut:
Secara umum untuk multi komponen sebagai berikut:
KESETIMBANGAN
FASA
𝑛𝑀 = 𝑛𝑀 𝛼
+ 𝑛𝑀 𝛽
𝑑 𝑛𝐺 = 𝑉𝑑𝑃 − 𝑆𝑑𝑇 + ෍
𝑖
𝜇𝑖
𝛼
𝑑𝑛𝑖
𝛼
+ ෍
𝑖
𝜇𝑖
𝛽
𝑑𝑛𝑖
𝛽
෍
𝑖
𝜇𝑖
𝛼
𝑑𝑛𝑖
𝛼
+ ෍
𝑖
𝜇𝑖
𝛽
𝑑𝑛𝑖
𝛽
= 0 𝜇𝑖
𝛼
= 𝜇𝑖
𝛽
𝜇𝑖
𝛼
= 𝜇𝑖
𝛽
= ⋯ = 𝜇𝑖
𝜋

64. Perpindahan massa atau transfer massa antar fasa dituliskan dalam bentuk diferensial sebagai
berikut:
dan
Nilai besaran 𝑑𝑛𝑖
𝛼
bersifat independen dan bebas, maka bentukan matematis dapat dituliskan
sebagai berikut:
Secara umum untuk multi komponen sebagai berikut:
KESETIMBANGAN
FASA
𝜇𝑖
𝛼
= 𝜇𝑖
𝛽
𝜇𝑖
𝛼
= 𝜇𝑖
𝛽
= ⋯ = 𝜇𝑖
𝜋
𝑑𝑛𝑖
𝛼
= −𝑑𝑛𝑖
𝛽 ෍
𝑖
(𝜇𝑖
𝛼
− 𝜇𝑖
𝛽
)𝑑𝑛𝑖
𝛼
= 0
Thus, multiple phases at the same T and P are in equilibrium when the
chemical potential of each species is the same in all phases.

65. Besaran potensial kimia (𝜇𝑖) merupakan salah satu bentuk properti parsial yang diturunkan
dari nilai energi bebas Gibbs (𝑛𝐺) terhadap jumlah mol tertentu secara parsial dengan
menempatkan variabel lainnya secara konstan. Secara matematis, dapat dibentuk suatu besaran
umum yang juga analog dengan hal tersebut yang akan dikenal dengan properti molar parsial
yang ditulis sebagai berikut:
Bentukan persamaan tersebut juga disebut “response fuction” yang menunjukkan pengaruh
yang terjadi pada suatu larutan akibat penambahan sejumlah kecil dari komponen (𝑖) dengan
mengkondisikan 𝑃 dan 𝑇 konstan.
PROPERTI PARSIAL
ഥ
𝑀𝑖 ≡
𝜕 𝑛𝑀
𝜕𝑛𝑖 𝑃,𝑇,𝑛𝑗

66. Pada aplikasinya, nilai tersebut seringkali digunakan secara bersama-sama dengan besaran
lain, seperti properti larutan (𝑀) dan properti komponen murni (𝑀𝑖). Maka, perlu dijelaskan
agar tidak terjadi kerancuan sebagai berikut:
PROPERTI PARSIAL
Tipe Properti Simbol Properti Contoh Properti
Properti larutan (𝑀) 𝑀 𝑉, 𝑈, 𝐻, 𝑆, 𝐺
Properti parsial ( ഥ
𝑀𝑖) ഥ
𝑀𝑖
ത
𝑉𝑖, ഥ
𝑈𝑖, ഥ
𝐻𝑖, ҧ
𝑆𝑖, ҧ
𝐺𝑖
Properti komponen murni (𝑀𝑖) 𝑀𝑖 𝑉𝑖, 𝑈𝑖, 𝐻𝑖, 𝑆𝑖, 𝐺𝑖

67. Example 10.1
Volume parsial molar didefinisikan sebagai:
ത
𝑉𝑖 =
𝜕 𝑛𝑉
𝜕 𝑛𝑖 𝑃,𝑇,𝑛𝑗
Bagaimana bentuk persamaan matematis yang dapat mengimplementasikan hal tersebut?
Solution
Dalam kasus tersebut diketahui bahwa akan terjadi perubahan sebesar 𝑛𝑖 mol yang akan
berakibat pada berubahnya jumlah total larutan didalam sistem. Meninjau hal tersebut, perlu
dibuat sebuah contoh kasus yang dapat menggambarkan kondisi tersersebut.
PROPERTI PARSIAL

68. Contoh kasus diambil yaitu sebuah campuran air dan
alkohol yang mula-mula equimolar (jumlah mol sama)
dengan jumlah total volum (𝑛𝑉) pada 𝑇 ruangan dan 𝑃
atmosferik. Selanjutnya ditambahkan sejumlah kecil air
murni dengan jumlah (∆𝑛𝑊). Apabila sistem diatur
sedemikian rupa maka tidak terjadi perubahan
temperatur. Prakiraan perubahan volume total yang
akibat penambahan sejumlah air adalah
∆ 𝑛𝑉 = 𝑉
𝑤∆𝑛𝑤
Tetapi, dari hasil pengamatan lapangan diketahui lebih
sedikit daripada prakiraan yang disebut dengan volume
efektif molar:
∆ 𝑛𝑉 = ෨
𝑉
𝑤∆𝑛𝑤
PROPERTI PARSIAL
∆𝑛𝑤 = Sejumlah kecil penambahan air murni
𝑉
𝑤 = Volume per mol penambahan air murni
𝑉
𝑤∆𝑛𝑤 = Volume total prakiraan
෨
𝑉
𝑤∆𝑛𝑤 = Volume total efektif

69. Efektif molar volume ( ෨
𝑉
𝑤), pada hasil pengamatan tersebut dapat dituliskan ulang sebagai
berikut:
෨
𝑉
𝑤 =
∆(𝑛𝑉)
∆𝑛𝑤
Apabila penambahan sejumlah mol air murni tersebut sangat kecil, maka dapat dituliskan
dalam bentuk matematis limit, yaitu pada ∆𝑛𝑤 → 0, atau sebagai berikut:
෨
𝑉
𝑤 = lim
∆𝑛𝑤→0
∆(𝑛𝑉)
∆𝑛𝑤
=
𝑑(𝑛𝑉)
𝑑𝑛𝑤
Pada kondisi terkontrol yaitu 𝑃, 𝑇, dan 𝑛𝑎 konstan, maka dapat ditulis sebagai turunan parsial:
෨
𝑉
𝑤 =
𝜕 𝑛𝑉
𝜕𝑛𝑤 𝑃,𝑇,𝑛𝑎
PROPERTI PARSIAL

70. Secara definisi properti parsial molar yang sebelumnya sudah dijelaskan, maka dapat
diformulasi persamaan untuk larutan dengan mewakili properti molar (𝑀), properti molar
campuran (𝑛𝑀) sebagai fungsi 𝕄.
𝑛𝑀 = 𝕄(𝑇, 𝑃, 𝑛1, 𝑛2, … , 𝑛𝑖, … )
Turunan total diperoleh analog dengan penurunan persamaan untuk potensial kimia yang
sebelumnya telah dibahas yaitu:
𝑑 𝑛𝑀 =
𝜕 𝑛𝑀
𝜕𝑃 𝑇,𝑛
𝑑𝑃 +
𝜕 𝑛𝑀
𝜕𝑇 𝑃,𝑛
𝑑𝑇 + ෍
𝑖
𝜕 𝑛𝑀
𝜕𝑛𝑖 𝑇,𝑃,𝑛𝑗
𝑑𝑛𝑖
Apabila dituliskan dalam bentuk fraksi mol, diperoleh persamaan baru sebagai berikut:
𝑑 𝑛𝑀 = 𝑛
𝜕 𝑛𝑀
𝜕𝑃 𝑇,𝑥
𝑑𝑃 + 𝑛
𝜕 𝑛𝑀
𝜕𝑇 𝑃,𝑥
𝑑𝑇 + ෍
𝑖
ഥ
𝑀𝑖 𝑑𝑛𝑖
PERSAMAAN TERKAIT
PROPERTI PARSIAL

71. Diketahui bahwa notasi 𝑥 menunjukkan penurunan terhadap komposisi konstan, nilai 𝑛𝑖 = 𝑥𝑖𝑛
dapat diturunkan untuk subtitusi persamaan yang ada sebagai berikut:
𝑑𝑛𝑖 = 𝑥𝑖 𝑑𝑛 + 𝑛 𝑑𝑥𝑖
Sedangkan turunan dari properti molar total dituliskan sebagai berikut:
𝑑 𝑛𝑀 = 𝑛 𝑑𝑀 + 𝑀 𝑑𝑛
Kedua persamaan tersebut disubtitusikan dan diperoleh persamaan baru terkait properti molar
baru sebagai berikut:
𝑛 𝑑𝑀 + 𝑀 𝑑𝑛 = 𝑛
𝜕 𝑛𝑀
𝜕𝑃 𝑇,𝑥
𝑑𝑃 + 𝑛
𝜕 𝑛𝑀
𝜕𝑇 𝑃,𝑥
𝑑𝑇 + ෍
𝑖
ഥ
𝑀𝑖 (𝑥𝑖 𝑑𝑛 + 𝑛 𝑑𝑥𝑖)
Apabila disusun ulang dengan mengumpulkan setiap persamaan yang mengandung nilai 𝑛,
maka diperoleh persamaan berikut:
𝑑𝑀 +
𝜕 𝑛𝑀
𝜕𝑃 𝑇,𝑥
𝑑𝑃 +
𝜕 𝑛𝑀
𝜕𝑇 𝑃,𝑥
𝑑𝑇 + ෍ ഥ
𝑀𝑖 𝑑𝑥𝑖 𝑛 + 𝑀 − ෍ ഥ
𝑀𝑖 𝑥𝑖 𝑑𝑛 𝑑𝑛 = 0
PERSAMAAN TERKAIT
PROPERTI PARSIAL

72. Pada aplikasinya padat diklasifikasikan karena setiap suku bersifat independen satu sama lain
dan diperoleh persamaan baru berikut:
𝑑𝑀 =
𝜕 𝑛𝑀
𝜕𝑃 𝑇,𝑥
𝑑𝑃 +
𝜕 𝑛𝑀
𝜕𝑇 𝑃,𝑥
𝑑𝑇 + ෍
𝑖
ഥ
𝑀𝑖 𝑑𝑥𝑖
dan
𝑀 = ෍
𝑖
ഥ
𝑀𝑖 𝑥𝑖
Apabila setiap suku baik yang kanan dan kiri, maka diperoleh persamaan berikut:
𝑛𝑀 = ෍
𝑖
ഥ
𝑀𝑖 𝑛𝑖
PERSAMAAN TERKAIT
PROPERTI PARSIAL

73. Properti parsial sebagai fungsi komposisi pada senyawa biner juga diturunkan dari persamaan-
persamaan yang sebelumnya akan tetapi mengalami penyederhanaan sehingga persamaan
menjadi demikian:
𝑀 = 𝑥1
ഥ
𝑀1 + 𝑥2
ഥ
𝑀2
Bentuk turunan total persamaan properti molar tersebut sebagai berikut:
𝑑𝑀 = 𝑥1𝑑 ഥ
𝑀1 + ഥ
𝑀1𝑑𝑥1 + 𝑥2𝑑 ഥ
𝑀2 + ഥ
𝑀2𝑑𝑥2
Dari penjelasan sebelumnya, diketahui bahwa 𝑀 hanya sebagai fungsi 𝑥1 pada 𝑇 dan 𝑃
konstan, dan menurut teori Gibbs/Duhem maka nilai 𝑥1𝑑 ഥ
𝑀1 + 𝑥2𝑑 ഥ
𝑀2 = 0. Jika dalam sistem
biner tersebut berlaku maka, 𝑥1 + 𝑥2 = 1 dan turunan dari persamaan tersebut 𝑑𝑥1 = −𝑑𝑥2
persamaan berubah menjadi:
𝑑𝑀
𝑑𝑥1
= ഥ
𝑀1 − ഥ
𝑀2
PROPERTI PARSIAL
SENYAWA BINER

74. 𝑀 = ഥ
𝑀1 − 𝑥2( ഥ
𝑀1 − ഥ
𝑀2)
dan
𝑀 = 𝑥1
ഥ
𝑀1 − ഥ
𝑀2 + ഥ
𝑀2
Apabila kedua persamaan diatas dikombinasi dengan persamaan sebelumnya, diperoleh
persamaan baru berikut:
ഥ
𝑀1 = 𝑀 + 𝑥2
𝑑𝑀
𝑑𝑥1
dan
ഥ
𝑀2 = 𝑀 + 𝑥1
𝑑𝑀
𝑑𝑥1
PROPERTI PARSIAL
SENYAWA BINER

75. Example 10.3
Dibutuhkan 2000 cm3 larutan antibeku yang mengandung 30% metanol dalam air. Berapa
jumlah metanol dan air yang dibutuhkan untuk membuat larutan tersebut? Apabila proses
pelarutan terjadi pada suhu 25oC. Berikut merupakan data yang disediakan:
Solution 10.3
Perhitungan dilakukan dengan mengaplikasikan persamaan 𝑀 = σ𝑖
ഥ
𝑀𝑖 𝑥𝑖, sehingga persamaan
menjadi sebagai berikut:
𝑉 = 𝑥1
෨
𝑉1 + 𝑥2
෨
𝑉2
𝑉 = 0,3 38,632 + (0,7)(17,765)
PROPERTI PARSIAL
SENYAWA BINER
Senyawa ഥ
𝑽 [cm3/mol] 𝑽 [cm3/mol]
Metanol 38,632 40,727
Air 17,765 18,068

76. Solution 10.3
Perhitungan jumlah mol total digunakan untuk mengetahui seberapa banyak mol total yang
dibutuhkan:
𝑛 =
𝑉𝑡
𝑉
𝑛 =
2000
24,025
= 83,246 𝑚𝑜𝑙
Proporsi mol antara metanol dan air dihitung sebagai berikut:
𝑛1 = 0,3 83,246 = 24,974 𝑚𝑜𝑙
𝑛2 = 0,7 83,246 = 58,272 𝑚𝑜𝑙
Maka perhitungan volume sesungguhnya dilakukan demikian:
𝑉1
𝑙
= 24,974 40,727 = 1017 𝑐𝑚3
𝑉2
𝑙
= 58,272 18,068 = 1053 𝑐𝑚3
PROPERTI PARSIAL
SENYAWA BINER

77. Example 10.4
Entalpi dari campuran larutan biner dari spesies 1 dan 2 pada 𝑃 dan 𝑇 konstan dapat dituliskan
dalam persamaan berikut:
𝐻 = 400𝑥1 + 600𝑥2 + 𝑥1𝑥2(40𝑥1 + 20𝑥2)
Dimana 𝐻 [J/mol]. Tentukan nilai ഥ
𝐻1 dan ഥ
𝐻2 yang merupakan fungsi dari 𝑥1, nilai entalpi
spesies murni 𝐻1 dan 𝐻2, serta entalpi parsial spesies encer ഥ
𝐻1
∞
dan ഥ
𝐻2
∞
.
Solution 10.4
Spesies dalam sistem biner, maka berlaku 𝑥2 = 1 − 𝑥1, sehingga dapat disubtitusi persamaan
entalpi menjadi:
𝐻 = 400𝑥1 + 600(1 − 𝑥1) + 𝑥1(1 − 𝑥1)(40𝑥1 + 20(1 − 𝑥1))
Atau
𝐻 = 600 − 180𝑥1 − 20𝑥1
3
PROPERTI PARSIAL
SENYAWA BINER

78. Solution 10.4
𝑑𝐻 = −60𝑥1
2
− 180
Adapun terdapat analogi hubungan parsial molar dengan entalpi parsial, sehingga diperoleh
persamaan berikut:
ഥ
𝐻1 = 𝐻 + 𝑥2
𝑑𝐻
𝑑𝑥1
Maka diperoleh hasil persamaan terkait:
ഥ
𝐻1 = 600 − 180𝑥1 − 20𝑥3 − 180𝑥2 − 60𝑥1
2
𝑥2
Simplifikasi dengan subtitusi 𝑥2 = 1 − 𝑥1, diperoleh persamaan baru
ഥ
𝐻1 = 420 − 60𝑥1
2
+ 40𝑥1
3
Dengan metode yang sama, entalpi parsial untuk spesies 2 diperoleh sebagai berikut:
ഥ
𝐻2 = 600 + 40𝑥1
3
PROPERTI PARSIAL
SENYAWA BINER

79. Solution 10.4
Pada larutan dengan nilai 𝑥1 = 1, didapati nilai sebagai berikut:
𝐻 = 600 − 180𝑥1 − 20𝑥1
3
𝐻 = 400 𝐽/𝑚𝑜𝑙
dan
ഥ
𝐻1 = 420 − 60𝑥1
2
+ 40𝑥1
3
ഥ
𝐻1 = 400 𝐽/𝑚𝑜𝑙
Sama halnya dengan 𝑥2 = 1
𝐻 = 600 𝐽/𝑚𝑜𝑙
ഥ
𝐻1 = 600 𝐽/𝑚𝑜𝑙
Apabila larutan dengan nilai 𝑥1~0, atau 𝑥2~0
ഥ
𝐻1
∞
= 420 𝐽/𝑚𝑜𝑙
ഥ
𝐻2
∞
= 640 𝐽/𝑚𝑜𝑙
PROPERTI PARSIAL
SENYAWA BINER

80. THANK YOU

81. TERMODINAMIKA 2
Oleh:
i. Ir. Natalia Suseno, M.Si
ii. Pra Cipta B.W.M, S.T., M.Eng
WEEK 4:
Ruang Lingkup Termodinamika Larutan

83. LINGKUP TERMODINAMIKA
REVIEW:

84. Dalam aplikasinya, konsep terkait perilaku gas ideal dapat membantu kita memahami
fenomena yang terjadi pada gas nyata. Hal tersebut dijelaskan dalam beberapa poin berikut:
• Tinjauan berbasis molekular, dengan asumsi setiap molekul gas bebas dan tidak mengalami
interaksi dengan molekul gas lainnya.
• Kondisi terbatas pada tekanan rendah, dengan demikian tidak terjadi kepadatan molekul gas
pada titik tertentu.
• Secara matematis sederhana yaitu metode analitis dapat diselesaikan
MODEL CAMPURAN
GAS IDEAL
REVIEW:
✓ Fenomena dapat terjadi jika: 𝑃 → 0 (tekanan rendah)
Pada 𝑃 → 0 :
• Setiap molekul secara bebas terpisah satu sama lain, volum molekul <<< volum gas.
• Intensitas tumbukan antar molekul rendah << (≈ 0)
• Tidak ada interaksi antar molekul A, B, dan C.
• Molekul A dapat bergerak bebas ke B dan C atau posisi lainnya.

85. Volume parsial molar dari spesies i dari suatu campuran gas ideal dapat diturunkan dari konsep
properti parsial molar yang telah dijelaskan pada pertemuan yang lalu yaitu:
MODEL CAMPURAN
GAS IDEAL
Apabila dalam sistem
hanya komponen tunggal,
maka 𝝏𝒏 = 𝝏𝒏𝒊
ഥ
𝑀𝑖 ≡
𝜕 𝑛𝑀
𝜕𝑛𝑖 𝑃,𝑇,𝑛𝑗
ത
𝑉𝑖
𝑖𝑔
=
𝜕 𝑛𝑉𝑖𝑔
𝜕𝑛𝑖 𝑃,𝑇,𝑛𝑗
=
𝜕 𝑛𝑅𝑇/𝑃
𝜕𝑛𝑖 𝑃,𝑇,𝑛𝑗
=
𝑅𝑇
𝑃
𝜕𝑛
𝜕𝑛𝑖
=
𝑅𝑇
𝑃
Dalam penurunan
persamaan nilai-nilai
tersebut diambil konstan
Tekanan parsial campuran gas ideal akan sebanding dengan fraksi
molnya, yaitu:
𝑝𝑖 ≡
𝑦𝑖𝑅𝑇
𝑉𝑖𝑔
= 𝑦𝑖𝑃

86. Adapun volume parsial molar gas ideal berlaku khusus, sehingga untuk properti lain
bergantung pada interaksi setiap spesies dalam campuran. Hal ini mengikuti teorema Gibbs
yaitu:
Menyikapi hal tersebut, properti parsial molar gas ideal lainya diekspresikan dengan
persamaan matematis berikut:
MODEL CAMPURAN
GAS IDEAL
“A partial molar property (other than volume) of a constituent species in an
ideal-gas-state mixture is equal to the corresponding molar property of the
species in the pure ideal-gas state at the mixture temperature but at a
pressure equal to its partial pressure in the mixture.”
ഥ
𝑀𝑖
𝑖𝑔
𝑇, 𝑃 = 𝑀𝑖
𝑖𝑔
(𝑇, 𝑝𝑖)

87. Properti molar parsial campuran gas ideal berupa entalpi, entropi dan energi bebas Gibbs
dipaparkan sebagai berikut:
Entalpi bersifat independen terhadap tekanan (Sudah dijelaskan pada Termodinamika 1),
maka nilai dapat diekspresikan secara matematis sebagai berikut:
Atau secara sederhana sebagai berikut
MODEL CAMPURAN
GAS IDEAL
ഥ
𝐻𝑖
𝑖𝑔
= 𝐻𝑖
𝑖𝑔
ഥ
𝐻𝑖
𝑖𝑔
𝑇, 𝑃 = 𝐻𝑖
𝑖𝑔
𝑇, 𝑝𝑖 = 𝐻𝑖
𝑖𝑔
𝑇, 𝑃

88. Entropi bersifat dependen terhadap tekanan (Sudah dijelaskan pada Termodinamika 1),
maka nilai dapat diekspresikan secara matematis sebagai berikut:
Apabila persamaan tersebut diselesaikan menggunakan metode integrase pada suhu konstan,
dengan batas integrasi dari 𝑝𝑖 hingga 𝑃, maka diperoleh persamaan
MODEL CAMPURAN
GAS IDEAL
𝑆𝑖
𝑖𝑔
𝑇, 𝑃 − 𝑆𝑖
𝑖𝑔
𝑇, 𝑝𝑖 = −𝑅 ln
𝑃
𝑝𝑖
𝑑𝑆𝑖
𝑖𝑔
= 𝑅𝑑 ln 𝑃 Suhu Konstan
𝑆𝑖
𝑖𝑔
𝑇, 𝑃 − 𝑆𝑖
𝑖𝑔
𝑇, 𝑝𝑖 = −𝑅 ln
𝑃
𝑦𝑖𝑃
𝑆𝑖
𝑖𝑔
𝑇, 𝑃 − 𝑆𝑖
𝑖𝑔
𝑇, 𝑝𝑖 = 𝑅 ln 𝑦𝑖

89. Penyusunan ulang persamaan dilakukan, dan diperoleh persamaan baru sebagai berikut:
Analog dengan pernyataan sebelumnya:
MODEL CAMPURAN
GAS IDEAL
𝑆𝑖
𝑖𝑔
𝑇, 𝑝𝑖 = 𝑆𝑖
𝑖𝑔
𝑇, 𝑃 − 𝑅 ln 𝑦𝑖
ഥ
𝑀𝑖
𝑖𝑔
𝑇, 𝑃 = 𝑀𝑖
𝑖𝑔
(𝑇, 𝑝𝑖)
ҧ
𝑆𝑖
𝑖𝑔
𝑇, 𝑃 = 𝑆𝑖
𝑖𝑔
𝑇, 𝑃 − 𝑅 ln 𝑦𝑖
𝑆𝑖
𝑖𝑔
𝑇, 𝑝𝑖 = 𝑆𝑖
𝑖𝑔
𝑇, 𝑃 − 𝑅 ln 𝑦𝑖
ҧ
𝑆𝑖
𝑖𝑔
= 𝑆𝑖
𝑖𝑔
− 𝑅 ln 𝑦𝑖

90. Energi bebas Gibbs pada campuran gas ideal dapat dituliskan sebagai berikut:
Persamaan tersebut dapat disubtitusi dengan persamaan entalpi dan entropi parsial molar yang
telah didefinisikan sebelumnya:
MODEL CAMPURAN
GAS IDEAL
ҧ
𝐺𝑖
𝑖𝑔
= ഥ
𝐻𝑖
𝑖𝑔
− 𝑇 ҧ
𝑆𝑖
𝑖𝑔
ҧ
𝑆𝑖
𝑖𝑔
𝑇, 𝑃 = 𝑆𝑖
𝑖𝑔
𝑇, 𝑃 − 𝑅 ln 𝑦𝑖
ഥ
𝐻𝑖
𝑖𝑔
= 𝐻𝑖
𝑖𝑔
ҧ
𝐺𝑖
𝑖𝑔
= ഥ
𝐻𝑖
𝑖𝑔
− 𝑇 ҧ
𝑆𝑖
𝑖𝑔
ҧ
𝐺𝑖
𝑖𝑔
= 𝐻𝑖
𝑖𝑔
− 𝑇(𝑆𝑖
𝑖𝑔
− 𝑅 ln 𝑦𝑖)
ҧ
𝐺𝑖
𝑖𝑔
= 𝐻𝑖
𝑖𝑔
− 𝑇𝑆𝑖
𝑖𝑔
− 𝑅𝑇 ln 𝑦𝑖
𝜇𝑖
𝑖𝑔
≡ ҧ
𝐺𝑖
𝑖𝑔
= 𝐻𝑖
𝑖𝑔
− 𝑇𝑆𝑖
𝑖𝑔
− 𝑅𝑇 ln 𝑦𝑖)
𝜇𝑖
𝑖𝑔
≡ ҧ
𝐺𝑖
𝑖𝑔
= 𝐺𝑖
𝑖𝑔
− 𝑅𝑇 ln 𝑦𝑖

91. Properti molar parsial campuran secara total dapat dituliskan dalam persamaan berikut:
MODEL CAMPURAN
GAS IDEAL
𝐻𝑖𝑔 = ෍
𝑖
𝑦𝑖
ഥ
𝐻𝑖
𝑖𝑔
𝑆𝑖𝑔 = ෍
𝑖
𝑦𝑖 𝑆𝑖
𝑖𝑔
− 𝑅 ෍
𝑖
𝑦𝑖 ln 𝑦𝑖
𝐺𝑖𝑔
= ෍
𝑖
𝑦𝑖 𝐺𝑖
𝑖𝑔
− 𝑅𝑇 ෍
𝑖
𝑦𝑖 ln 𝑦𝑖

92. Bentukan lain dari persamaan energi bebas Gibbs dapat diturunkan dari persamaan terkait
yang telah dijelaskan pada materi Termodinamika 1 (𝑑𝐺 = −𝑆 𝑑𝑇 + 𝑉 𝑑𝑃). Subtitusi
persamaan tersebut dengan persamaan sebelumnya, maka diperoleh persamaan baru berikut:
Apabila penyelesaian persamaan dilakukan terhadap tekanan pada suhu konstan, maka
diperoleh persamaan yang lebih pendek sebagai berikut:
MODEL CAMPURAN
GAS IDEAL
𝑑𝐺𝑖
𝑖𝑔
= 𝑆𝑖
𝑖𝑔
𝑑𝑇 + 𝑉𝑖
𝑖𝑔
𝑑𝑃
𝑑𝐺𝑖
𝑖𝑔
= 𝑉𝑖
𝑖𝑔
𝑑𝑃
𝑑𝐺𝑖
𝑖𝑔
=
𝑅𝑇
𝑃
𝑑𝑃 = 𝑅𝑇 𝑑 ln 𝑃
𝐺𝑖
𝑖𝑔
= Γ𝑖 𝑇 + 𝑅𝑇 ln 𝑃

93. Bentuk akhir energi bebas Gibbs parsial molar untuk campuran spesies sebagai berikut:
Sedangkan untuk total energi bebas Gibbs dituliskan sebagai berikut:
MODEL CAMPURAN
GAS IDEAL
ҧ
𝜇𝑖
𝑖𝑔
≡ ҧ
𝐺𝑖
𝑖𝑔
= Γ𝑖 𝑇 + 𝑅𝑇 ln 𝑦𝑖𝑃
ҧ
𝐺𝑖
𝑖𝑔
≡ ෍
𝑖
Γ𝑖 𝑇 + 𝑅𝑇 ෍
𝑖
ln 𝑦𝑖𝑃

94. Reminder : Potensial kimia (𝜇𝑖) merupakan properti parsial yang penting karena gunanya
sebagai kriteria kesetimbangan fase dan reaksi kimia.
Namun penggunaan 𝜇𝑖 tersebut memiliki berbagai keterbatas diantaranya:
1. 𝜇𝑖 merupakan energi bebas Gibbs, seperti halnya entalpi dan entropi tidak memiliki harga
yang pasti (absolute). Perhitungannya selalu menggunakan acuan (reference).
2. Selain itu untuk campuran gas ideal, 𝜇𝑖 akan sama dengan tak terhingga apabila tekanan
ataupun 𝑥𝑖 mendekati nol.
Menyikapi hal tersebut, diperlukan besaran baru untuk membantu penyelesaian masalah
tersebut. Adapun besaran baru tersebut adalah fugasitas (𝑓), yang menyatakan bentuk ketidak
idealan suatu gas nyata.
FUGASITAS DAN KOEFISIEN
FUGASITAS SENYAWA
MURNI
𝐺𝑖 = Γ𝑖 𝑇 + 𝑅𝑇 ln 𝑓𝑖

95. Selisih antara nilai energi bebas Gibbs gas nyata dan ideal mengikuti konsep residual yang
telah dijelaskan sebelumnya pada Termodinamika 1. Bentukan persamaan sebagai berikut:
Rasio antara fugasitas dan tekanan tersebut didefinisikan sebagai besaran baru juga, yaitu
koefisien fugasitas (𝜙)
𝐺𝑖 − 𝐺𝑖
𝑖𝑔
= Γ𝑖 𝑇 − Γ𝑖 𝑇 + 𝑅𝑇 ln
𝑓𝑖
𝑃
𝐺𝑖
𝑅
= 𝑅𝑇 ln
𝑓
𝑃
𝜙 =
𝑓
𝑃
FUGASITAS DAN KOEFISIEN
FUGASITAS SENYAWA
MURNI

96. Besaran nilai dari koefisien fugasitas (𝜙) sendiri diturunkan dari konsep dasar terkait energi
bebas Gibbs residual yang telah dijelaskan pada perkuliahan Termodinamika 1, sebagai
berikut:
Dalam hal ini, penurunan persamaan pada suhu konstan berakibat pada suku terkait perubahan
suhu dapat diabaikan.
𝑑
𝐺𝑖
𝑅
𝑅𝑇
=
𝑉𝑅
𝑅𝑇
𝑑𝑃 +
𝐻𝑅
𝑅𝑇2
𝑑𝑇
𝑑
𝐺𝑖
𝑅
𝑅𝑇
=
𝑉𝑅
𝑅𝑇
𝑑𝑃
REVIEW:
FUGASITAS DAN KOEFISIEN
FUGASITAS SENYAWA
MURNI

97. Hasil integrasi dari kondisi 𝑃 = 0 hingga 𝑃 = 𝑃 didapatkan suatu konstanta bebas (𝐽), dan
subtitusi nilai 𝑉𝑅 maka diperoleh persamaan akhir sebagai berikut:
Nilai tersebut masih mengandung suatu konstanta bebas pada 𝑃 = 0, dengan demikian
pendekatan terhadap gas nyata memerlukan modifikasi persamaan. Apabila dilakukan limit
suatu energi bebas Gibbs pada 𝑃 → 0. Maka diperoleh korelasi berikut:
𝐺𝑖
𝑅
𝑅𝑇
= 𝐽 + න
0
𝑃
(𝑍𝑖 − 1)
𝑑𝑃
𝑃
lim
𝑃→0
𝐺𝑖
𝑅
𝑅𝑇
= lim
𝑃→0
ln 𝜙 = 𝐽
lim
𝑃→0
𝑓𝑖
𝑃
= lim
𝑃→0
ln 𝜙 = 0
FUGASITAS DAN KOEFISIEN
FUGASITAS SENYAWA
MURNI

98. Besaran nilai konstanta bebas tersebut harus nol, agar persamaan mengandung nilai yang
nyata. Maka hasil akhir persamaan sebagai berikut:
Berbagai pendekatan persamaan keadaan dapat diaplikasikan untuk menghitung faktor
kompresibilitas (𝑍𝑖) tersebut, Sebagai contoh apabila diambil yaitu bentuk generalize for
second virial :
Maka diperoleh persamaan baru:
ln 𝜙𝑖 = න
0
𝑃
(𝑍𝑖 − 1)
𝑑𝑃
𝑃
𝑍𝑖 − 1 =
𝐵𝑖𝑖𝑃
𝑅𝑇
ln 𝜙𝑖 = න
0
𝑃
𝐵𝑖𝑖𝑃
𝑅𝑇
𝑑𝑃
𝑃
FUGASITAS DAN KOEFISIEN
FUGASITAS SENYAWA
MURNI

99. Hasil integrasi pada 𝑇 konstan menghasilkan persamaan baru:
Reminder : Nilai 𝐵𝑖𝑖 merupakan fungsi suhu reduksi (𝑇𝑟), silahkan review materi
Termodinamika 1.
ln 𝜙𝑖 =
𝐵𝑖𝑖
𝑅𝑇
න
0
𝑃
𝑃
𝑑𝑃
𝑃
ln 𝜙𝑖 =
𝐵𝑖𝑖𝑃
𝑅𝑇
FUGASITAS DAN KOEFISIEN
FUGASITAS SENYAWA
MURNI

100. Nilai koefisien fugasitas pada kesetimbangan uap-cair memerlukan pendekatan khusus
yang menetapkan besar energi bebas Gibbs pada cair dan uap jenuh sebagai acuan.
Selisih besaran energi bebas Gibbs pada kondisi jenuh tersebut:
Mengacu pada 𝐺𝑖
𝛼
− 𝐺𝑖
𝛼
= 0, maka bentukan persamaan berubah dan diketahui bahwa besaran
fugasitas cair jenuh dan uap jenuh adalah sama.
𝐺𝑖
𝑣
= Γ𝑖 𝑇 + 𝑅𝑇 ln 𝑓𝑖
𝑣
FUGASITAS DAN KOEFISIEN
FUGASITAS SENYAWA
MURNI
𝐺𝑖
𝑙
= Γ𝑖 𝑇 + 𝑅𝑇 ln 𝑓𝑖
𝑙
Uap Jenuh Cair Jenuh
𝐺𝑖
𝑣
− 𝐺𝑖
𝑙
= 𝑅𝑇 ln
𝑓𝑖
𝑣
𝑓𝑖
𝑙
𝑓𝑖
𝑣
= 𝑓𝑖
𝑙
= 𝑓𝑖
𝑠𝑎𝑡
Maka, koefisien fugasitas akan berlaku sama 𝜙𝑖
𝑣
= 𝜙𝑖
𝑙
= 𝜙𝑖
𝑠𝑎𝑡

101. Nilai koefisien fugasitas cairan murni atau dapat disebut cairan terkompresi (subcooled)
berada pada kondisi berkesetimbangan antara fasa uap dan fasa cair dituliskan sebagai berikut:
Nilai koefisien fugasitas dapat dihitung melalui persamaan:
Dengan pendekatan yang sama, selisih energi bebas Gibbs dapat membantu penyelesaian
persamaan tersebut.
FUGASITAS DAN KOEFISIEN
FUGASITAS SENYAWA
MURNI
𝑓𝑖
𝑙
= 𝜙𝑖
𝑠𝑎𝑡
𝑃𝑖
𝑠𝑎𝑡
ln 𝜙𝑖
𝑠𝑎𝑡
= න
0
𝑃𝑖
𝑠𝑎𝑡
(𝑍𝑖
𝑣
− 1)
𝑑𝑃
𝑃
𝐺𝑖 − 𝐺𝑖
𝑠𝑎𝑡
= න
𝑃𝑖
𝑠𝑎𝑡
𝑃
𝑉𝑖
𝑙
𝑑𝑃 𝐺𝑖 − 𝐺𝑖
𝑠𝑎𝑡
= 𝑅𝑇 ln
𝑓𝑖
𝑓𝑖
𝑠𝑎𝑡
atau

102. Hubungan dari kedua persamaan tersebut menjadi demikian:
FUGASITAS DAN KOEFISIEN
FUGASITAS SENYAWA
MURNI
ln
𝑓𝑖
𝑓𝑖
𝑠𝑎𝑡 =
1
𝑅𝑇
න
𝑃𝑖
𝑠𝑎𝑡
𝑃
𝑉𝑖
𝑙
𝑑𝑃
𝑓𝑖
𝑓𝑖
𝑠𝑎𝑡 = exp
1
𝑅𝑇
න
𝑃𝑖
𝑠𝑎𝑡
𝑃
𝑉𝑖
𝑙
𝑑𝑃
𝑓𝑖
𝑙
(𝑃)
𝑓𝑖
𝑠𝑎𝑡
(𝑃𝑖
𝑠𝑎𝑡
)
= exp
1
𝑅𝑇
න
𝑃𝑖
𝑠𝑎𝑡
𝑃
𝑉𝑖
𝑙
𝑑𝑃

103. Persamaan akhir diperoleh berikut:
Apabila pengaruh tekanan dalam volume molar fasa cair (𝑉𝑖
𝑙
) sangat kecil, maka integrasi
persamaan akan menganggap nilai tersebut adalah konstan.
FUGASITAS DAN KOEFISIEN
FUGASITAS SENYAWA
MURNI
𝑓𝑖 = 𝜙𝑖
𝑠𝑎𝑡
𝑃𝑖
𝑠𝑎𝑡
exp
1
𝑅𝑇
න
𝑃𝑖
𝑠𝑎𝑡
𝑃
𝑉𝑖
𝑙
𝑑𝑃
𝑓𝑖 = 𝜙𝑖
𝑠𝑎𝑡
𝑃𝑖
𝑠𝑎𝑡
exp
𝑉𝑖
𝑙
(𝑃 − 𝑃𝑖
𝑠𝑎𝑡
)
𝑅𝑇

104. Example 10.5
Hitunglah fugasitas (𝑓𝑖) dan koefisien fugasitas (𝜙𝑖) dari H2O pada 𝑇 = 300𝑜𝐶 dan 𝑃 =
10000 𝑘𝑃𝑎 (100 bar). Gunakan data dari steam table dan plotkan nilai tersebut terhadap 𝑃.
Solution 10.5
Dalam kasus ini, tidak diberikan informasi secara spesifik metode yang digunakan, sehingga
dilakukan pendekatan penyelesaian secara fundamental melalui korelasi energi bebas Gibbs
(𝐺𝑖). Reminder : Energi bebas Gibbs merupakan besaran yang membutuhkan acuan (referents),
dipilih tekanan terendah yang tersedia.
Energi bebas Gibbs:
𝐺𝑖 = Γ𝑖 𝑇 + 𝑅𝑇 ln 𝑓𝑖 (Tekanan tertentu)
𝐺𝑖
∗
= Γ𝑖 𝑇 + 𝑅𝑇 ln 𝑓𝑖
∗ (Tekanan rendah)
FUGASITAS DAN KOEFISIEN
FUGASITAS SENYAWA
MURNI
ln
𝑓𝑖
𝑓𝑖
∗ =
1
𝑅𝑇
(𝐺𝑖 − 𝐺𝑖
∗
)

105. Korelasi terkait energi bebas Gibbs dapat dituliskan sebagai berikut:
𝐺𝑖 = 𝐻𝑖 − 𝑇𝑆𝑖 (Tekanan tertentu)
𝐺𝑖
∗
= 𝐻𝑖
∗
− 𝑇𝑆𝑖
∗
(Tekanan rendah)
Hasil subtitusi tersebut membentuk persamaan baru berikut:
Persamaan lain yang diperlukan untuk penyelesaian permasalahan adalah
Adapun persamaan tersebut digunakan untuk menghitung fugasitas cairan jenuh, sedangkan
nilai terkait tekanan jenuh (𝑃𝑖
𝑠𝑎𝑡
) menggunakan persamaan antoine
FUGASITAS DAN KOEFISIEN
FUGASITAS SENYAWA
MURNI
ln
𝑓𝑖
𝑓𝑖
∗ =
1
𝑅𝑇
𝐻𝑖 − 𝐻𝑖
∗
𝑇
− 𝑆𝑖 − 𝑆𝑖
∗
𝑓𝑖 = 𝜙𝑖
𝑠𝑎𝑡
𝑃𝑖
𝑠𝑎𝑡
exp
𝑉𝑖
𝑙
(𝑃 − 𝑃𝑖
𝑠𝑎𝑡
)
𝑅𝑇

106. Tekanan (𝑷) [kPa] Entalpi (H) [kJ/kg] Entropi (S) [kJ/kg.K]
1 3076.8 10.3450
100 3074.5 8.2166
500 3064.8 7.4614
1000 3105.5 7.2163
1500 3038.9 6.9207
3000 2995.1 6.5422
4500 2944.2 6.2852
6000 2885.0 6.0692
8000 2786.8 5.7942
8400 2763.1 5.7366
9000 2744.6 5.6820
10000 2727.7 5.6198
Data Entalpi dan Entropi pada T=300oC, kecuali pada P=9000-10000 kPa

107. Langkah pengerjaan Problem 10.5
• Mencari data dari steam table
• Mencari korelasi/persamaan yang sesuai
• Melakukan ploting P vs P, P vs P, P vs 𝜙
• Analisis hasil ploting tersebut

108. Nilai fugasitas larutan (gas nyata – larutan nyata) analog dengan persamaan gas ideal sebagai
berikut:
Dari konsep yang serupa nilai fugasitas senyawa murni dapat dituliskan demikian:
FUGASITAS DAN KOEFISIEN
FUGASITAS LARUTAN
𝜇𝑖 ≡ Γ𝑖 𝑇 + 𝑅𝑇 ln ෡
𝑓𝑖
෡
𝑓𝑖
𝛼
= ෡
𝑓𝑖
𝛽
= ෡
𝑓𝑖
𝛾
= ⋯ ෡
𝑓𝑖
𝜋 Maka, koefisien fugasitas
akan berlaku sama
෠
𝜙𝑖
𝛼
= ෢
𝜙𝑖
𝛽
= ෢
𝜙𝑖
𝛾
= ⋯ ෢
𝜙𝑖
𝜋
෠
𝜙𝑖 ≡
෡
𝑓𝑖
𝑦𝑖𝑃
෠
𝜙𝑖 merupakan bilangan tak
berdimensi yang disebut koefisien
fugasitas spesies 𝑖 dalam larutan

109. Meskipun umumnya koefisien fugasitas untuk spesies 𝑖 pada larutan ( ෠
𝜙𝑖) tersebut digunakan
untuk gas, akan tetapi tidak menutup penggunaan untuk beberapa khasus tertentu. Nilai ෠
𝜙𝑖
𝑖𝑔
=
1, apabila campuran merupakan gas ideal ( ҧ
𝐺𝑖
𝑅
= 0)
Dasar properti residual terkait koefisien fugasitas larutan
Secara singkat, nilai koefisien fugasitas merupakan fungsi dari energi bebas Gibbs larutan
yang ditinjau pada kondisi tertentu. Secara matematis dituliskan demikian:
FUGASITAS DAN KOEFISIEN
FUGASITAS LARUTAN
ln ෠
𝜙𝑖 =
𝜕 (𝑛𝐺𝑅)/𝑅𝑇
𝜕𝑛𝑖 𝑃,𝑇,𝑛𝑗
This equation demonstrates that the logarithm of the fugacity coefficient of a species in
solution is a partial property with respect to 𝑮𝑹/𝑹𝑻.

110. Example 10.6
Kembangkan persamaan untuk menghitung nilai koefisien fugasitas ( ෠
𝜙𝑖) dari faktor
kompresibilitas.
Solution 10.6
Apabila suatu larutan memiliki jumlah mol total (𝑛), dan bentuk pendekatan dari faktor
kompresibilitas sebagai energi bebas Gibbs residual (𝐺𝑅/𝑅𝑇), maka dapat disusun persamaan
sebagai berikut:
𝐺𝑅
𝑅𝑇
= න
0
𝑃
𝑍 − 1
𝑑𝑃
𝑃
Persamaan berikut selanjutnya disubtitusikan pada persamaan:
ln ෠
𝜙𝑖 =
𝜕 (𝑛𝐺𝑅)/𝑅𝑇
𝜕𝑛𝑖 𝑃,𝑇,𝑛𝑗
FUGASITAS DAN KOEFISIEN
FUGASITAS LARUTAN

111. Dari persamaan tersebut diketahui bahwa turunan parsial pada 𝑃, 𝑇, dan 𝑛𝑗, maka suku-suku
terkait dapat dianggap konstan.
ln ෠
𝜙𝑖 =
𝜕 𝑛𝑍 − 𝑛
𝜕𝑛𝑖 𝑃,𝑇,𝑛𝑗
න
0
𝑃
𝑑𝑃
𝑃
Nilai
𝜕 𝑛𝑍
𝜕𝑛
= ҧ
𝑍𝑖 dan
𝜕𝑛
𝜕𝑛𝑖
= 1, maka diperoleh persamaan baru berikut:
ln ෠
𝜙𝑖 = න
0
𝑃
( ҧ
𝑍𝑖 − 1)
𝑑𝑃
𝑃
FUGASITAS DAN KOEFISIEN
FUGASITAS LARUTAN

112. Nilai ෠
𝜙𝑖 untuk spesies 𝑖 pada larutan dapat dihitung melalui pendekatan persamaan keadaan
virial (virial equation of state). Faktor kompresibilitas (𝑍) dapat dihitung melalui persamaan
berikut:
𝑍 = 1 +
𝐵𝑃
𝑅𝑇
Apabila campuran spesies pada larutan berpengaruh pada nilai 𝐵, maka diperlukan pendekatan
terkait perhitungan proporsi pengaruh setiap spesies. Reminder : VEOS hanya dapat
digunakan untuk gas bertekanan rendah hingga sedang. Berikut persamaan yang dapat
digunakan:
𝐵 = ෍
𝑖
෍
𝑗
𝑦𝑖𝑦𝑗𝐵𝑖𝑗
Adapun nilai interaksi molekular yang serupa antara spesies satu dan lainnya dianggap sama
(𝐵𝑖𝑗 = 𝐵𝑗𝑖), maka bentuk matematis dapat lebih sederhana dan tidak tertumpuk.
KOEFISIEN FUGASITAS
MENGGUNAKAN VIRIAL
EQUATION OF STATE (VEOS)

113. Apabila spesies biner 𝑖 dan 𝑗, maka persamaan dapat dibentuk demikian:
𝐵 = 𝑦1𝑦1𝐵11 + 𝑦1𝑦2𝐵12 + 𝑦2𝑦1𝐵21 + 𝑦2𝑦2𝐵22
Mengingat, 𝐵𝑖𝑗 = 𝐵𝑗𝑖 persamaan disusun ulang menjadi:
𝐵 = 𝑦1
2
𝐵11 + 2𝑦1𝑦2𝐵12 + 𝑦2
2
𝐵11
Koefisien fugasitas ( ෠
𝜙1 dan ෠
𝜙2) campuran gas dapat diturunkan dengan mengikuti faktor
kompresibilitas untuk second virial sebagai berikut:
𝑍 =
𝑃𝑉
𝑅𝑇
= 1 +
𝐵𝑃
𝑅𝑇
Apabila untuk total molar (𝑛) dituliskan berikut:
KOEFISIEN FUGASITAS
MENGGUNAKAN VIRIAL
EQUATION OF STATE (VEOS)
𝑛𝑍 = 𝑛 +
𝑛𝐵𝑃
𝑅𝑇

114. Penurunan persamaan faktor kompresibilitas parsial dilakukan dari persamaan tersebut
terhadap 𝑛1 sebagai berikut:
Subtitusi persamaan faktor kompresibilitas parsial ( ҧ
𝑍1), membentuk persamaan baru berikut:
atau
KOEFISIEN FUGASITAS
MENGGUNAKAN VIRIAL
EQUATION OF STATE (VEOS)
ҧ
𝑍1 ≡
𝜕 𝑛𝑍
𝜕𝑛1 𝑃,𝑇,𝑛2
= 1 +
𝑃
𝑅𝑇
𝜕 𝑛𝐵
𝜕𝑛1 𝑇,𝑛2
ln ෠
𝜙𝑖 = න
0
𝑃
𝑃
𝑅𝑇
𝜕 𝑛𝐵
𝜕𝑛1 𝑇,𝑛2
𝑑𝑃
𝑃
ln ෠
𝜙𝑖 =
1
𝑅𝑇
න
0
𝑃
𝜕 𝑛𝐵
𝜕𝑛1 𝑇,𝑛2
𝑑𝑃 ln ෠
𝜙𝑖 =
𝑃
𝑅𝑇
𝜕 𝑛𝐵
𝜕𝑛1 𝑇,𝑛2
Notes: Nilai 𝐵 bukan
merupakan fungsi 𝑃

115. Bentuk akhir untuk koefisien fugasitas biner dituliskan sebagai berikut:
dan
dimana 𝛿12 ≡ 2𝐵12 − 𝐵11 − 𝐵22
KOEFISIEN FUGASITAS
MENGGUNAKAN VIRIAL
EQUATION OF STATE (VEOS)
ln ෠
𝜙1 =
𝑃
𝑅𝑇
(𝐵11 + 𝑦2
2
𝛿12 )
ln ෠
𝜙2 =
𝑃
𝑅𝑇
(𝐵22 + 𝑦1
2
𝛿12 )

116. Example 10.7
Hitunglah koefisien fugasitas dari campuran nitrogen-metana (𝑁2(1)/𝐶𝐻4(2)), pada 200K
dan 30 bar, apabila rasio 40% 𝑁2:60% 𝐶𝐻4. Beberapa data eksperimen terkait nilai koefisien
virial mengikuti persamaan berikut:
𝐵11 = −35,2 [cm3/mol]
𝐵22 = −105,0 [cm3/mol]
𝐵12 = −59,8 [cm3/mol]
Solution 10.7
- Perlu didefinisikan nilai 𝛿12 = 2𝐵12 − 𝐵11 − 𝐵22 = 2 39,8 + 35,2 + 105,0 = 20,6
- Perhitungan dilakukan sebagai untuk nilai ln ෠
𝜙1 dan ln ෠
𝜙2, berikut perhitungan terkait
- ln ෠
𝜙1 =
𝑃
𝑅𝑇
𝐵11 + 𝑦2
2
𝛿12 =
30
83,14 200
(−35,2 + 0,62 20,6) = −0,0501
- ln ෠
𝜙2 =
𝑃
𝑅𝑇
𝐵12 + 𝑦2
2
𝛿12 =
30
83,14 200
(−105,0 + 0,62 20,6) = −0,1835
KOEFISIEN FUGASITAS
MENGGUNAKAN VIRIAL
EQUATION OF STATE (VEOS)

117. - ෠
𝜙1 = exp −0,0501 = 0,9511
- ෠
𝜙2 = exp −0,1835 = 0,8324
- Perhitungan fugasitas melalui persamaan berikut:
- 𝑓1 = ෠
𝜙1𝑃 = 0,9511 30 = 38,533 𝑏𝑎𝑟
- 𝑓2 = ෠
𝜙2𝑃 = 0,8324 30 = 24,972 𝑏𝑎𝑟
KOEFISIEN FUGASITAS
MENGGUNAKAN VIRIAL
EQUATION OF STATE (VEOS)

118. Koefisien fugasitas untuk senyawa murni, penyusunan persamaan untuk mendefinisikan
menggunakan metode yang analog dengan perhitungan faktor kompresibilitas, entalpi, entropi,
dst. Reminder: 𝑃 = 𝑃𝑐𝑃𝑟, maka 𝑑𝑃 = 𝑃𝑐 𝑑𝑃𝑟
Nilai 𝑍𝑖 disubtitusi oleh persamaan yang telah dibahas pada Termodinamika 1 yaitu:
Maka hasil persamaan diperoleh demikian:
KOEFISIEN FUGASITAS
MENGGUNAKAN
GENERALIZE CORRELATION
ln 𝜙𝑖 = න
0
𝑃𝑟
𝑍𝑖 − 1
𝑑𝑃𝑟
𝑃𝑟
𝑍 = 𝑍0 + 𝜔𝑍1
ln 𝜙 = න
0
𝑃𝑟
(𝑍0 − 1)
𝑑𝑃𝑟
𝑃𝑟
+ 𝜔 න
0
𝑃𝑟
𝑍1
𝑑𝑃𝑟
𝑃𝑟
ln 𝜙 = ln 𝜙0 + 𝜔 ln 𝜙1
𝜙 = 𝜙0 𝜙1 𝜔

119. Example 10.8
Hitunglah fugasitas dan koefisien fugasitas dari uap butana pada 200oC dan 70 bar,
menggunakan pendekatan generalize correlation!
Solution 10.8
- Perhitungan 𝑇𝑟 =
𝑇
𝑇𝑐
=
200+273,15
420
= 1,1265, 𝑃𝑟 =
𝑃
𝑃𝑐
=
70
40,43
= 1,7314
- Mencari data ෠
𝜙0 dan ෠
𝜙1 dari Lee/Kesler Generalize Correlation.
- Data 𝜙0
KOEFISIEN FUGASITAS
MENGGUNAKAN
GENERALIZE CORRELATION

120. - Data 𝜙1
- Perolehan data 𝑇𝑟 dan 𝑃𝑟 yang sesuai dihitung melalui interpolasi (sudah dijelaskan pada
Termodinamika 1). Reminder : Perhitungan dapat digunakan melalui persamaan berikut:
KOEFISIEN FUGASITAS
MENGGUNAKAN
GENERALIZE CORRELATION
𝑀
=
𝑋2 − 𝑋
𝑋2 − 𝑋1
𝑀1,1 +
𝑋 − 𝑋1
𝑋2 − 𝑋1
𝑀1,2
𝑌2 − 𝑌
𝑌2 − 𝑌1
+
𝑋2 − 𝑋
𝑋2 − 𝑋1
𝑀2,1 +
𝑋 − 𝑋1
𝑋2 − 𝑋1
𝑀2,2
𝑌 − 𝑌1
𝑌2 − 𝑌1

121. - Hasil apabila dilakukan perhitungan nilai 𝜙0
= 0,627 dan ,𝜙1
= 1,096
- Perhitungan 𝜙 sebagai berikut:
- 𝜙 = 𝜙0
𝜙1 𝜔
= 0,627 1,196 0,191
= 0,638
- 𝑓 = 𝜙𝑃 = 0,638 70 = 44,7 bar
Apabila perhitungan dilakukan dengan generalize correlation for second virial, maka dihitung
menggunakan persamaan berikut:
Nilai 𝐵0
dan 𝐵1
melalui persamaan berikut:
dan
KOEFISIEN FUGASITAS
MENGGUNAKAN
GENERALIZE CORRELATION
𝜙 = exp
𝑃𝑟
𝑇𝑟
𝐵0 + 𝜔𝐵1
𝐵0 = 0,083 −
0,422
𝑇𝑟
1,6 𝐵1 = 0,139 −
0,172
𝑇𝑟
4,2

123. THANK YOU

124. TERMODINAMIKA 2
Oleh:
i. Ir. Natalia Suseno, M.Si
ii. Pra Cipta B.W.M, S.T., M.Eng
WEEK 5:
Ruang Lingkup Termodinamika Larutan

126. LINGKUP TERMODINAMIKA
REVIEW:

127. MODEL LARUTAN IDEAL
𝜇𝑖
𝑖𝑔
≡ ҧ
𝐺𝑖
𝑖𝑔
= 𝐺𝑖
𝑖𝑔
𝑇, 𝑃 + 𝑅𝑇 ln(𝑦𝑖)
REVIEW:
Model potensial kimia pada campuran gas ideal dapat dituliskan sebagai berikut:
Bentuk korelasi tersebut merupakan bentuk potensial kimia paling sederhana yang menunjukkan
pengaruh komposisi terhadap besarnya nilai. Model potensial kimia ini digunakan baik pada fasa
gas dan cairan. Akan tetapi, korelasi tersebut akan sukar untuk diaplikasikan dan hanya berlaku
untuk gas ideal. Maka persamaan tersebut dikembangkan khusus yang mana mengandung kondisi
nyata dengan menggantikan 𝐺𝑖
𝑖𝑔
(𝑇, 𝑃) tersebut dengan 𝐺𝑖(𝑇, 𝑃). Nilai energi bebas Gibbs tersebut
mewakili untuk senyawa murni i, yang umum dan dapat digunakan untuk gas, cairan, maupun
padatan.
𝜇𝑖
𝑖𝑑
≡ ҧ
𝐺𝑖
𝑖𝑑
= 𝐺𝑖 𝑇, 𝑃 + 𝑅𝑇 ln(𝑥𝑖)

128. MODEL LARUTAN IDEAL
ത
𝑉𝑖
𝑖𝑑
=
𝜕 ҧ
𝐺𝑖
𝑖𝑔
𝜕𝑃 𝑇,𝑥
=
𝜕𝐺𝑖
𝜕𝑃 𝑇
Penggunaan fraksi mol (𝑥𝑖) lebih umum digunakan untuk cairan. Properti termodinamika lainnya
yang digunakan pada larutan ideal diturunkan melalui pendekatan energi bebas Gibbs. Sebagai
contoh untuk volume parsial molar
Reminder:
𝜕𝐺𝑖
𝜕𝑃 𝑇
= 𝑉𝑖, maka:
ത
𝑉𝑖
𝑖𝑑
= 𝑉𝑖

129. MODEL LARUTAN IDEAL
Cara yang serupa digunakan untuk entropi parsial molar:
Reminder: −
𝜕𝐺𝑖
𝜕𝑇 𝑃
= 𝑆𝑖, maka:
Bentukan entalpi parsial molar menggunakan metode yang sama dengan larutan gas ideal,
diperoleh persamaan berikut:
ҧ
𝑆𝑖
𝑖𝑑
= −
𝜕 ҧ
𝐺𝑖
𝑖𝑔
𝜕𝑇 𝑃,𝑥
= −
𝜕𝐺𝑖
𝜕𝑇 𝑃
− 𝑅 ln 𝑥𝑖
ҧ
𝑆𝑖
𝑖𝑑
= 𝑆𝑖 − 𝑅 ln 𝑥𝑖
𝐻𝑖
𝑖𝑑
= 𝐻𝑖

130. MODEL LARUTAN IDEAL
Persamaan/korelasi tersebut digunakan untuk menghitung properti molar larutan ideal yang secara
umum dituliskan demikian:
Dari persamaan umum ini akan diturunkan untuk berbagai persamaan 𝐺𝑖𝑑, 𝑆𝑖𝑑, 𝑉𝑖𝑑, 𝐻𝑖𝑑, dan
sebagainya.
𝑀𝑖𝑑 = ෍
𝑖
𝑥𝑖
ഥ
𝑀𝑖
𝑖𝑑

131. THE LEWIS/RANDALL RULE
Bentukan hubungan fugasitas, potensial kimia, dan energi bebas Gibbs dalam larutan gas ideal
telah dijelaskan sebelumnya. Melalui metode yang sama pada sistem larutan ideal, sehingga
diperoleh hasil persamaan akhir yang menghubungkan faktor fugasitas campuran larutan ideal
dengan fraksi molarnya sebagai berikut:
መ
𝑓𝑖
𝑖𝑑
= 𝑥𝑖𝑓𝑖

132. PROPERTI EKSES
Properti ekses ini didefinisikan sebagai selisih antara nilai nyata (properti) dari larutan dengan
larutan ideal, pada kondisi yang sama 𝑇, 𝑃, 𝑥𝑖. Secara matematis didefinisikan sebagai:
Persamaan-persamaan turunan yang dihasilkan dari aplikasinya akan analog dengan larutan gas
ideal yang dituliskan secara matematis:
𝑀𝐸 ≡ 𝑀 − 𝑀𝑖𝑑
𝑑
𝑛𝐺
𝑅𝑇
=
𝑛𝑉𝐸
𝑅𝑇
𝑑𝑃 −
𝑛𝐻𝐸
𝑅𝑇2
𝑑𝑇 + ෍
𝑖
ҧ
𝐺𝑖
𝐸
𝑅𝑇
𝑑𝑛𝑖

133. RANGKUMAN PERSAMAAN

134. Problem 10.1
Hitunglah berapa perubahan entropi (∆𝑆) dari pencampuran 0,7 m3 𝐶𝑂2 dan 0,3 m3 𝑁2. Kondisi
pencampuran pada 1 bar dan 25oC, asumsi gas ideal berlaku!
Solution 10.1
Gas ideal berlaku, maka 𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇. Perhitungan jumlah mol total adalah
𝑛 =
𝑃 σ𝑖 𝑉
𝑅𝑇
𝑛 =
(100000)(1)
(8,314)(298,15)
= 40,3418 𝑚𝑜𝑙
Perhitungan perubagan entropi (∆𝑆) dihitung melalui persamaan berikut:
∆𝑆 = σ𝑖 𝑦𝑖𝑆𝑖
𝑖𝑔
− 𝑅 σ𝑖 𝑦𝑖 ln(𝑦𝑖)
Diketahui bahwa sistem menggunakan referens 1 bar dan 25oC, maka suku pertama σ𝑖 𝑦𝑖𝑆𝑖
𝑖𝑔
= 0

135. Persamaan perhitungan akhir untuk total mol sebagai berikut:
∆𝑆 = −𝑛𝑅 σ𝑖 𝑦𝑖 ln(𝑦𝑖)
∆𝑆 = −(40,3418)(8,314)( 0,7 ln 0,7 + 0,3 ln 0,3 )
∆𝑆 = −(40,3418)(8,314)(−0,2497 − 0,3612)
∆𝑆 = − 40,3418 8,314 −0,6109
∆𝑆 = 204,8969 𝑚𝑜𝑙

136. Problem 10.2
Sebuah tangki terbagi menjadi dua bagian dengan proporsi 4 mol 𝑁2 𝑇 = 75𝑜𝐶 dan 𝑃 = 30 𝐵𝑎𝑟,
2,5 mol 𝐴𝑟 𝑇 = 130𝑜𝐶 dan 𝑃 = 20 𝐵𝑎𝑟. Jika pembatas dihilangkan dan gas bercampur sempurna
secara adiabatik, berapa perubahan entropi yang dihasilkan? Diasumsikan 𝑁2 bersifat gas ideal
𝐶𝑉 =
5
2
𝑅, dan 𝐴𝑟 dengan 𝐶𝑉 =
3
2
𝑅.
Solution 10.2
- Diketahui sistem tertutup adiabatis, dan volum terjaga konstan maka ∆𝑈 = 0. Karena fluida
gas bersifat gas ideal, kalkulasi ∆𝑈 = 𝐶𝑉∆𝑇.
- Langkah pertama adalah menghitung 𝑇 dan 𝑃, pada kondisi setimbang
- Jumlah mol total adalah 𝑛𝑡 = 𝑛𝑁2
+ 𝑛𝐴𝑟
- 𝑥𝑁2
=
𝑛𝑁2
𝑛𝑡
dan 𝑥𝐴𝑟 =
𝑛𝐴𝑟
𝑛𝑡

137. Hubungan 𝐶𝑃 = 𝐶𝑉 + 𝑅 digunakan untuk menghitung 𝑇. Dari keterangan yang susun persamaan
berikut:
𝑛𝑁2
𝐶𝑃𝑁2
(𝑇 − 𝑇𝑁2
) = 𝑛𝐴𝑟𝐶𝑃𝑁2
(𝑇𝐴𝑟 − 𝑇)
4
5
2
𝑅 𝑇 − (75 + 2731,5) = 2,5
3
2
𝑅 130 + 273,15 − 𝑇
10𝑅 𝑇 − 348,15 = 3,75𝑅(403,15 − 𝑇)
Disusun ulang persamaan menjadi:
10 𝑇 − 348,15 − 3,75 403,15 − 𝑇 = 0
Persamaan tersebut selanjutnya diselesaikan menggunakan solver/trial – error untuk memperoleh
nilai 𝑇 = 365,15𝐾 = 90𝑜𝐶. Menggunakan konsep yang sama, dapat dilakukan perhitungan untuk
𝑃.

138. 𝑛𝑁2
+ 𝑛𝐴𝑟 𝑅𝑇
𝑃
=
𝑛𝑁2
𝑅𝑇
𝑃𝐴𝑟
+
𝑛𝐴𝑟𝑅𝑇
𝑃𝐴𝑟
𝑛𝑁2
+ 𝑛𝐴𝑟
𝑃
=
𝑛𝑁2
𝑃𝐴𝑟
+
𝑛𝐴𝑟
𝑃𝐴𝑟
Persamaan disusun ulang menjadi:
(6,25)
𝑃
=
(4)
30
+
(2,5)
20
Nilai P dapt dicari, dan diperoleh 𝑃 = 24,194 𝑏𝑎𝑟. Dengan diperolehnya data 𝑇 dan 𝑃, maka
dapat dihitung nilai perubahan entropi campuran (∆𝑆 = ∆𝑆𝑁2
+ ∆𝑆𝐴𝑟 + ∆𝑆𝑚𝑖𝑥).
∆𝑆𝑁2
= 𝑛𝑁2
𝐶𝑃𝑁2
ln
𝑇
𝑇𝑁2
− 𝑅 ln
𝑃
𝑃𝑁2
∆𝑆𝐴𝑟 = 𝑛𝑁2
𝐶𝑃𝐴𝑟 ln
𝑇
𝑇𝐴𝑟
− 𝑅 ln
𝑃
𝑃𝐴𝑟

139. ∆𝑆𝑚𝑖𝑥 = 𝑛𝑡 −𝑅 ෍
𝑖
𝑥𝑖 ln 𝑥𝑖
Perhitungan sebagai berikut:
∆𝑆𝑁2
= 4
7
2
𝑅 ln
363,15
348,15
− 𝑅 ln
24,194
30
= 12,702
∆𝑆𝐴𝑟 = 2,5
5
2
𝑅 ln
363,15
403,15
− 𝑅 ln
24,194
20
= −9,101
∆𝑆𝑚𝑖𝑥 = 6,25 −𝑅 ෍ 0,615 ln 0,615 + 0,385 ln 0,385 = 34,631
∆𝑆 = ∆𝑆𝑁2
+ ∆𝑆𝐴𝑟 + ∆𝑆𝑚𝑖𝑥 = 38,232

140. Problem 10.3
Suatu aliran gas nitrogen (𝑁2) dengan laju massa ( ሶ
𝑚𝑁2
) 2 kg/s dan aliran gas hidrogen (𝐻2)
dengan laju massa ( ሶ
𝑚𝐻2
) 0,5 kg/s, dicampur secara adiabatis pada kondisi steadystate. Jika gas
berperilaku seperti gas ideal, maka hitunglah perubahan entropi (∆𝑆) dari proses tersebut!
Solution 10.3
- Mr 𝑁2 = 28,014 g/mol
- Mr 𝐻2 = 2,016 g/mol
Perhitungan laju molar ( ሶ
𝑛) dapat dihitung dan diperoleh sebagai berikut:
ሶ
𝑛𝑁2
=
ሶ
𝑚𝑁2
𝑀𝑟 𝑁2
=
2
28,014
= 0,0714 𝑘𝑚𝑜𝑙/𝑠
ሶ
𝑛𝐻2
=
ሶ
𝑚𝐻2
𝑀𝑟 𝐻2
=
0,5
2,016
= 0,2480 𝑘𝑚𝑜𝑙/𝑠

141. ሶ
𝑛 = ሶ
𝑛𝑁2
+ ሶ
𝑛𝐻2
= 0,3194 𝑘𝑚𝑜𝑙/𝑠
Perhitungan fraksi mol dalam campuran aliran tersebut dihitung sebagai berikut:
𝑦𝑁2
=
ሶ
𝑛𝑁2
ሶ
𝑛
=
0,0714
0,3194
= 0,2235
𝑦𝐻2
=
ሶ
𝑛𝐻2
ሶ
𝑛
=
0,2480
0,3194
= 0,7765
Perhitungan perubahan entropi (∆𝑆) sebagai berikut:
∆𝑆 = −𝑅 ෍
𝑖
𝑦𝑖 ln 𝑦𝑖
∆𝑆 = −(8,314)( 0,2235 ln 0,2235 0,7765 ln 0,7765 )
∆𝑆 = 1,411
𝑘𝐽
𝑠. 𝐾

142. Problem 10.4
Hitunglah kerja ideal yang diperlukan untuk pemisahan equimolar metana – etana pada 𝑇=175oC
dan 3 bar kondisi proses steadystate. Produk keluaran pada 𝑇=35oC dan 𝑃=1 bar, jika 𝑇𝜎=300 K.
Solution 10.4
- 𝑇1 = 175 + 273,15 = 448,15 𝐾
- 𝑇2 = 35 + 273,15 = 308,15 𝐾
- 𝑃1 = 3 𝑏𝑎𝑟
- 𝑃2 = 1 𝑏𝑎𝑟
Data kapasitas panas sebagai fungsi suhu 𝐶𝑃(𝑇) diperoleh dari appendiks C.1
Komponen A B x 103 C x 106 D x 10-5 𝑻𝒄 [K] 𝑃𝒄 [bar]
Metana 1,702 9,081 -2,164 - 190,6 45,99
Etana 1,131 19,225 -5,561 - 305,3 48,72

143. Problem 10.4
Persamaan yang digunakan sebagai berikut:
- Entalpi
∆𝐶𝑃
𝑜
𝐻
𝑅
= ∆𝐴 +
∆𝐵
2
𝑇0 𝜏 + 1 +
∆𝐶
3
𝑇0
2
𝜏2 + 𝜏 + 1 +
∆𝐷
𝜏𝑇0
2
∆𝐶𝑃
𝑜
𝐻𝑚𝑖𝑥
𝑅
= ෍
𝑖
𝑥𝑖
∆𝐶𝑃
𝑜
𝐻
𝑅
- Entropi
∆𝐶𝑃
𝑜
𝑆
𝑅
= 𝐴 + 𝐵𝑇0 + 𝐶𝑇0
2
+
𝐷
𝜏2𝑇0
2
𝜏 + 1
2
𝜏 − 1
ln 𝜏
∆𝐶𝑃
𝑜
𝑆𝑚𝑖𝑥
𝑅
= ෍
𝑖
𝑥𝑖
∆𝐶𝑃
𝑜
𝑆
𝑅

144. Problem 10.4
Perhitungan 𝑇𝑟
𝑇𝑟 =
𝑇
𝑇𝑐
𝑇𝑟−𝐶𝐻3
=
𝑇𝐶𝐻3
𝑇𝑐
=
308,15
190,6
= 1,6167
𝑇𝑟−𝐶2𝐻5
=
𝑇𝐶2𝐻5
𝑇𝑐
=
308,15
305,3
= 1,0093
Perhitungan 𝑃𝑟
𝑃𝑟 =
𝑃
𝑃𝑐
𝑃𝑟−𝐶𝐻3
=
𝑃𝐶𝐻3
𝑃𝑐
=
1
45,99
= 0,0217
𝑃𝑟−𝐶2𝐻5
=
𝑃𝐶2𝐻5
𝑃𝑐
=
1
48,72
= 0,0205

145. Problem 10.4
Perhitungan entalpi metana – etana
Entalpi
∆𝐶𝑃
𝑜
𝐻−𝐶𝐻3
𝑅
= 𝐴𝐶𝐻3
+
𝐵𝐶𝐻3
2
𝑇0 𝜏 + 1 +
𝐶𝐶𝐻3
3
𝑇0
2
𝜏2 + 𝜏 + 1
∆𝐶𝑃
𝑜
𝐻−𝐶2𝐻5
𝑅
= 𝐴𝐶2𝐻5
+
𝐵𝐶2𝐻5
2
𝑇0 𝜏 + 1 +
𝐶𝐶2𝐻5
3
𝑇0
2
𝜏2 + 𝜏 + 1
Entropi
∆𝐶𝑃
𝑜
𝑆−𝐶𝐻3
𝑅
= 𝐴𝐶𝐻3
+ 𝐵𝐶𝐻3
𝑇0 + 𝐶𝐶𝐻3
𝑇0
2
𝜏 + 1
2
𝜏 − 1
ln 𝜏
∆𝐶𝑃
𝑜
𝑆−𝐶2𝐻5
𝑅
= 𝐴𝐶2𝐻5
+ 𝐵𝐶2𝐻5
𝑇0 + 𝐶𝐶2𝐻5
𝑇0
2
𝜏 + 1
2
𝜏 − 1
ln 𝜏

146. Problem 10.4
Perhitungan entalpi metana – etana
Entalpi Campuran
∆𝐶𝑃
𝑜
𝐻
𝑅
= ෍
𝑖
𝑥𝑖
∆𝐶𝑃
𝑜
𝐻𝑖
𝑅
∆𝐻 = 𝑅
∆𝐶𝑃
𝑜
𝐻
𝑅
(𝑇2 − 𝑇1)
Entropi Campuran
∆𝐶𝑃
𝑜
𝑆
𝑅
= ෍
𝑖
𝑥𝑖
∆𝐶𝑃
𝑜
𝑆𝑖
𝑅
∆𝑆 = 𝑅
∆𝐶𝑃
𝑜
𝑆
𝑅
ln
𝑇2
𝑇1
− 𝑅 ln
𝑃2
𝑃1
+ ෍
𝑖
𝑅𝑦𝑖 ln(𝑦𝑖)

147. Problem 10.16
Data faktor kompresibilitas CO2 pada suhu (𝑇) = 150oC tersaji pada tabel 𝑃 vs 𝑍. Buatlah grafik
fugasitas dan koefisien fugasitas dari CO2 vs P. Bandingkan hasil diperoleh dengan generalize
correlation for second virial.

148. Solution 10.16
Persamaan terkait yang digunakan sebagai berikut:
Adapun data yang tersaji pada tabel harus dikerjakan secara numerik, karena tidak terdapat
korelasi fungsi yang sesuai apabila ditrial untuk membentuk suatu fungsi tidak mengandung nilai
logaritmik (ln 𝑃). Sebagai contoh apabila 𝑍(𝑃) didekati dengan bentuk polinomial orde 2,
diperoleh suatu fungsi dengan bentuk 𝑍 𝑃 = 𝐴𝑃2
+ 𝐵𝑃 + 𝐶. Apabila fungsi tersebut
dimasukkan kedalam persamaan diperoleh:
ln 𝜙𝑖 = න
0
𝑃
(𝑍𝑖 − 1)
𝑑𝑃
𝑃
ln 𝜙𝑖 = න
0
𝑃
(𝐴𝑃2 + 𝐵𝑃 + 𝐶 − 1)
𝑑𝑃
𝑃

149. Penyusunan ulang persamaan diperoleh persamaan baru berikut:
Hasil integral sebagai berikut:
Apabila nilai 𝐶 ≠ 1, maka hasil subtitusi (ln 𝑃) mengandung nilai error atau tidak terdefinisi.
Analisis sederhana menggunakan toolbox cftool pada matlab didapatkan bahwa nilai 𝐶 ≠ 1, maka
metode pendekatan persamaan tidak dapat digunakan.
ln 𝜙𝑖 = න
0
𝑃
𝐴𝑃 + 𝐵 +
𝐶 − 1
𝑃
𝑑𝑃
ln 𝜙𝑖 =
𝐴𝑃2
2
+ 𝐵𝑃 + 𝐶 − 1 ln 𝑃
0
𝑃

150. Pendekatan sederhana menggunakan toolbox cftool pada program matlab

151. Penyelesaian problem menggunakan metode numerik diambil sebagai solusi persoalan tersebut.
Integrasi numerik sudah pernah disinggung pada perkuliahan Termodinamika 1. Remainder :
Terdapat beberapa jenis metode Trapezoidal, Simpson, Quadrative, dan sebagainya. Secara
praktis, akan digunakan metode trapezoidal, karena bentukan data cukup teratur dan sederhana.
Berikut cuplikan konsep integrasi numerik metode trapezoidal:

152. Data harus disusun menyerupai persamaan umum yang ada, maka dibentuk data baru sebagai
berikut:
Dengan demikian
𝑍𝑖−1
𝑃
akan analog dengan 𝑓(𝑋). Hasil olahan data tersaji pada tabel slide
berikutnya. Mengingat pada 𝑃 = 0, tidak tersedia maka dibuat ekstrapolasi yaitu 𝑍 = 1. Sebagai
catatan, apabila nilai tersebut dimasukkan, maka 𝑓(𝑋) =
0
0
. Ekstrapolasi pada hasil olahan data
akan dibuat berpola seperti tren data.
න
𝑋1
𝑋2
𝑓(𝑋) 𝑑𝑋 = න
0
𝑃
𝑍𝑖 − 1
𝑃
𝑑𝑃

153. 𝑃 𝑍
𝑍𝑖 − 1
𝑃
0 1 -0.001550
10 0.985 -0.001500
20 0.97 -0.001500
40 0.942 -0.001450
60 0.913 -0.001450
80 0.885 -0.001438
100 0.869 -0.001310
200 0.765 -0.001175
300 0.762 -0.000793
400 0.824 -0.000440
-0.002000
-0.001500
-0.001000
-0.000500
0.000000
0 100 200 300 400 500 600
f(X)=[(Zi-1)/P]
Tekanan (P) [bar]

154. Hasil metode grafik tersebut harus dibandingkan dengan metode Generalize for second virial,
yang memiliki persamaan sebagai berikut:
Data terkait yang diperlukan diperoleh dari appendiks
dan
𝜙 = exp
𝑃𝑟
𝑇𝑟
𝐵0 + 𝜔𝐵1
Data Appendiks Value
𝜔 0,224
𝑃𝑐 [bar] 73,83
𝑇𝑐 [K] 304,2
𝐵0 = 0,083 −
0,422
𝑇𝑟
1,6
𝐵1 = 0,139 −
0,172
𝑇𝑟
4,2

155. 𝑃 𝜙 [MG] 𝜙 [MGVS]
0 1,0000 1,0000
10 0,9702 0,9860
20 0,9420 0,9723
40 0,9151 0,9453
60 0,8890 0,9191
80 0,8649 0,8936
100 0,7639 0,8689
200 0,6923 0,7549
300 0,6509 0,6559
400 0,6310 0,5699
500 0,6601 0,4951
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
0 100 200 300 400 500 600
Koefisen
Fugasitas
(Φ)
Tekanan (P) [bar]
Metode G Metode GSV

156. 0
50
100
150
200
250
300
350
0 100 200 300 400 500 600
Fugasitas
(f)
[P]
Tekanan (P) [bar]
Metode G Metode GVS
𝑃 𝑓 (𝐺) 𝑓 (𝐺𝑆𝑉)
0 0,0000 0,0000
10 9,7020 9,8604
20 18,8400 19,4455
40 36,6030 37,8129
60 53,3418 55,1469
80 69,1949 71,4907
100 76,3876 86,8859
200 138,4557 150,9831
300 195,2633 196,7746
400 252,4041 227,9591
500 330,0271 247,5804

157. Problem 10.17
Hitunglah koefisien fugasitas (𝜙) dan fugasitas (𝑓) dari gas 𝑆𝑂2 pada 𝑇 = 600 𝐾 dan 𝑃 =
300 𝑏𝑎𝑟 menggunakan metode Generalize Correlation (Lee/Kesler).
Solution 10.17
Data terkait dicari dari appendiks sebagai berikut:
Data Appendiks Value
𝜔 0,224
𝑃𝑐 [bar] 78,84
𝑇𝑐 [K] 430,8
𝑃𝑟 3,8052
𝑇𝑟 1,3927
Perhitungan dilakukan menggunakan metode interpolasi dari
data yang tersaji pada data The Lee/Kesler Generalized-
Correlation Tables

158. Dari hasil interpolasi
diperoleh hasil sebagai
berikut:
- 𝜙0 = 0,672
- 𝜙1 = 1,354
- 𝜙 = 𝜙0𝜙1𝜔
= 0,724
- 𝑓 = 𝜙𝑃 = 217,14 𝑏𝑎𝑟

159. THANK YOU

160. TERMODINAMIKA 2
Oleh:
i. Ir. Natalia Suseno, M.Si
ii. Pra Cipta B.W.M, S.T., M.Eng
WEEK 5&6:
Proses Pencampuran

162. LINGKUP TERMODINAMIKA
REVIEW:

163. • Apa yang dimaksud dengan proses pencampuran?
• Syarat apa saja yang dibutuhkan dalam pencampuran?
• Bagaimana dampak dari proses pencampuran?
PENGANTAR

164. ∆𝑉𝑡 = 𝑛1 + 𝑛2 𝑉 − 𝑛1𝑉1 − 𝑛2𝑉2
∆𝑉 ≡ 𝑉 − 𝑥1𝑉1 − 𝑥2𝑉2 =
∆𝑉𝑡
𝑛1 + 𝑛2
Notes: volume change of mixing (ΔV)
PENGANTAR

165. 𝑄 = ∆𝐻𝑡 = 𝑛1 + 𝑛2 𝐻 − 𝑛1𝑉1 − 𝑛2𝑉2
∆𝐻 ≡ 𝐻 − 𝑥1𝐻1 − 𝑥2𝐻2 =
𝑄
𝑛1 + 𝑛2
Notes: enthalpy change of mixing (ΔH)
PENGANTAR

166. 𝑀 merupakan representasi properti intensif termodinamika dari campuran, misalnya 𝑈,𝐶𝑃,𝑆,𝐺 dan
𝑍. Secara definisi persamaan tersebut dikenal sebagai perubahan properti pencampuran. Properti
tersebut merupakan fungsi P, T, dan komposisi, sehingga secara langsung akan berhubungan
dengan sifat ekses (Telah dibahas pada bab 10, Termodinamika 2).
∆𝑀 ≡ 𝑀 − ෍
𝑖
𝑥𝑖𝑀𝑖
PENGANTAR

167. 𝑀𝐸
≡ 𝑀 − 𝑀𝑖𝑑
𝑉𝐸
= 𝑉 − ෍
𝑖
𝑥𝑖𝑉𝑖
𝐻𝐸
= 𝐻 − ෍
𝑖
𝑥𝑖𝐻𝑖 𝐺𝐸
= 𝐺 − ෍
𝑖
𝑥𝑖𝐺𝑖 + 𝑅𝑇 ෍
𝑖
𝑥𝑖 ln(𝑥𝑖)
𝑆𝐸
= 𝑆 − ෍
𝑖
𝑥𝑖𝑆𝑖 + 𝑅 ෍
𝑖
𝑥𝑖 ln(𝑥𝑖)
KORELASI-KORELASI
TERKAIT

168. 𝑉𝐸 = ∆𝑉
𝐺𝐸 = ∆𝐺 + 𝑅𝑇 ෍
𝑖
𝑥𝑖 ln 𝑥𝑖
𝐻𝐸 = ∆𝐻
𝑆𝐸 = ∆𝑆 + 𝑅 ෍
𝑖
𝑥𝑖 ln 𝑥𝑖
∆𝑉𝑖𝑑
= 0
∆𝐺𝑖𝑑= 𝑅𝑇 ෍
𝑖
𝑥𝑖 ln 𝑥𝑖
∆𝐻 = 0
∆𝑆𝑖𝑑= −𝑅 ෍
𝑖
𝑥𝑖 ln 𝑥𝑖
KORELASI-KORELASI
TERKAIT

169. Entalpi ekses pada sistem campuran air-etanol,
menunjukkan fenomena bahwa terjadi pergeseran apabila
dilakukan perubahan konsentrasi pada suhu konstan,
ataupun sebaliknya. Hal menunjukkan bukti bahwa
faktor properti ekses tersebut mengalami perubahan
terhadap variabel tersebut.
• Terdapat kecenderungan apabila suhu dinaikkan
pergeseran bahwa nilai ekses dari eksotermis menjadi
endotermis
FENOMENA ENTALPI EKSES
CAMPURAN BINER

170. Berbagai properti berbagai campuran
spesies pada suhu 50oC dengan tekanan
konstan telah dianalisis, dan menghasilkan
berbagai variasi nilai ∆𝐺, ∆𝐻, dan 𝑇∆𝑆
akibat perubahan komposisi. Sebagai
rangkuman dapat dideskripsikan menjadi
beberapa poin yaitu:
a) Nilai ∆𝑀 pada spesies murni adalah
nol
b) Energi bebas Gibbs proses
pencampuran selalu bernilai negative
c) Perubahan entropi pencampuran selalu
bernilai negatif
Property changes of mixing at 50°C for six binary liquid
systems: (a) chloroform(1)/n-heptane(2); (b)
acetone(1)/methanol(2); (c) acetone(1)/chloroform(2); (d)
ethanol(1)/n-heptane(2); (e) ethanol(1)/chloroform(2); (f)
ethanol(1)/water(2).
FENOMENA ENTALPI
EKSES CAMPURAN
BINER

171. ഥ
𝑀1
𝐸
= 𝑀𝐸 + 1 − 𝑥1
𝑑𝑀𝐸
𝑑𝑥1
ഥ
𝑀2
𝐸
= 𝑀𝐸 − 𝑥1
𝑑𝑀𝐸
𝑑𝑥1
Pada sistem biner, parsial ekses properti molar [𝑀 = 𝑀𝐸
] dapat dituliskan sebagai bentuk berikut:
FENOMENA ENTALPI EKSES
CAMPURAN BINER

172. Example 11.1
Problem
Panas pencampuran cairan (1) dan (2) pada T dan P tertentu, diukur menggunakan kalorimeter
dan diperoleh korelasi berikut:
Tentukan korelasi untuk ഥ
𝐻1
𝐸
dan ഥ
𝐻2
𝐸
yang merupakan fungsi 𝑥1
Solution
Korelasi dapat diturunkan dari konsep bahwa ∆𝐻 = 𝐻𝐸, dengan demikian apabila persaman
disusun ulang dan diturunkan terhadap 𝑥1 diperoleh sebagai berikut:
∆𝐻 = 𝑥1𝑥2(40𝑥1 + 20𝑥2)
𝐻𝐸 = 40𝑥1
2
𝑥2 + 20𝑥2𝑥1 𝐻𝐸 = 20𝑥1 + 20𝑥1
3
Subtitusi nilai:
𝑥2= 1 − 𝑥1
FENOMENA ENTALPI EKSES
CAMPURAN BINER

173. 𝑑𝐻𝐸
𝑑𝑥1
=
𝑑
𝑑𝑥1
(20𝑥1 + 20𝑥1
3
)
𝑑𝐻𝐸
𝑑𝑥1
= 20 − 60𝑥1
2
Subtitusi persamaan pada persamaan umum properti ekses diperoleh sebagai berikut:
ഥ
𝐻1
𝐸
= 𝐻𝐸 + 1 − 𝑥1
𝑑𝐻𝐸
𝑑𝑥1
ഥ
𝐻1
𝐸
= 20 − 60𝑥1
2
+ 40𝑥1
3
ഥ
𝐻1
𝐸
= 20𝑥1 + 20𝑥1
3
+ (1 − x1)(20 − 60𝑥1
2
)
FENOMENA ENTALPI EKSES
CAMPURAN BINER

174. ഥ
𝐻2
𝐸
= 𝐻𝐸
− 𝑥1
𝑑𝐻𝐸
𝑑𝑥1
ഥ
𝐻2
𝐸
= 40𝑥1
3
ഥ
𝐻2
𝐸
= 20𝑥1 + 20𝑥1
3
− x1(20 − 60𝑥1
2
)
FENOMENA ENTALPI EKSES
CAMPURAN BINER

175. PANAS PENCAMPURAN
Panas pencampuran berlaku analog dengan panas yang dihasilkan dari proses reaksi, akan tetapi
terjadinya interaksi pada sistem molekular yang berbeda. Apabila proses reaksi terjadi reaksi
intramolekular, sebaliknya proses pencampuran hanya berlangsung intermolekular. Adapun,
interaksi intramolekular (ikatan kimia) lebih kuat dibandingkan intermolekular (ikatan
elektrostatik, gaya van der Waals, dan sebagainya).
Sebagai catatan, besarnya nilai panas pencampuran suatu spesies dapat ditinjau dengan baik
apabila interaksi intermolekularnya cukup besar didalam sistem larutan dibandingkan senyawa
murninya.

176. ENTHALPY/CONCENTRATION
DIAGRAM
Diagram entalpi-konsentrasi (𝑯𝒙) dapat digunakan untuk senyawa biner (1&2), ploting data
dilakukan melalui fraksi mol maupun fraksi massa pada suhu tertentu terhadap suatu nilai entalpi.
Secara umum, dipilih tekanan konstan tertentu dan umumnya 1 atm. Salah satu diantaranya
H2SO4/H2O dengan absis fraksi massa larutan.
Dari persamaan nilai tersebut, dapat dilihat bahwa nilai entalpi tidak hanya berasal dari panas
pencampuran, tetapi juga melibatkan entalpi senyawa murni setiap spesies. Pada contoh
H2SO4/H2O nilai entalpi 𝐻2 = 0 diambil pada kondisi 𝐻2𝑂 cair murni pada suhu triple point (≃
273,15𝐾 = 0,01𝑜𝐶, dan 𝐻1 = 0 diambil pada kondisi 𝐻2𝑆𝑂4 cair murni pada suhu 298,15K
(25𝑜
𝐶). Secara terminologi memberikan informasi bahwa: nilai 𝐻 = 0 dapat diperoleh pada dua
kondisi yaitu H2O ⇒ 𝑇 = 0𝑜𝐶, dan H2S𝑂4 ⇒ 𝑇 = 25𝑜𝐶
𝐻 = 𝑥1𝐻1 + 𝑥2𝐻2 + ∆𝐻

177. Dalam sistem biner, suatu nilai entalpi pada
titik tertentu (c) dapat dicari melalui data
yang diketahui, yang mana memiliki kondisi
referens sama (a) dan (b). Secara matematis,
apabila kondisi adiabatik (∆𝐻𝑡= 𝑄 = 0),
maka neraca energi diperoleh:
Dari gambar disamping suatu nilai 𝐻 dapat
didekati dalam bentuk fungsi liner tertentu:
𝑛𝑎 + 𝑛𝑏 𝐻𝑐 = 𝑛𝑎𝐻𝑎 + 𝑛𝑏𝐻𝑏
𝐻𝑎 = 𝑚𝑥1𝑎 + 𝑘
𝐻𝑏 = 𝑚𝑥1𝑏 + 𝑘
PANAS
PENCAMPURAN

178. 𝑛𝑎 + 𝑛𝑏 𝐻𝑐 = 𝑛𝑎(𝑚𝑥1𝑎 + 𝑘) + 𝑛𝑏(𝑚𝑥1𝑏 + 𝑘)
𝑛𝑎 + 𝑛𝑏 𝐻𝑐 = 𝑚 𝑛𝑎𝑥1𝑎 + 𝑛𝑏𝑥1𝑏 + 𝑛𝑎 + 𝑛𝑏 𝑘
Neraca massa spesies 1
𝑛𝑎 + 𝑛𝑏 𝑥1𝑐 = 𝑛𝑎𝑥1𝑎 + 𝑛𝑏𝑥1𝑏
𝐻𝑐 = 𝑚𝑥1𝑐 + 𝑘
Subtitusi persamaan kedalam persamaan sebelumnya, maka diperoleh hasil berikut:
PANAS PENCAMPURAN

179. PANAS PENCAMPURAN

180. ENTHALPY/CONCENTRATION
DIAGRAM
∆𝐻 = 𝐻 − 𝐻𝑖𝑑

181. Nilai ∆𝐻 selalu bernilai negatif disetiap titik, hal tersebut menunjukkan bahwa pada setiap proses
melepaskan panas (exothermic) [Pada kasus H2SO4/H2O ]. Pada sistem lain seperti
methanol/benzene diperoleh ∆𝐻 selalu bernilai positif (endothermic)
ENTHALPY/CONCENTRATION
DIAGRAM

182. Apabila suatu padatan/gas dilarutkan ke dalam cairan akan dihasilkan suatu efek yang disebut
panas pelarutan (heat of solution). Secara umum, perhitungan didasarkan pada setiap mol yang
dilarutkan (1 mol of solute), jika spesies 𝑖 dilarutkan, maka 𝑥𝑖 adalah fraksi mol terlarut permol
pelarut. Secara matematis panas pelarutan dituliskan demikian:
෪
∆𝐻 adalah panas pelarutan berbasis satu mol terlarut. Representasi proses pelarutan analog
dengan proses pencampuran yang secara perilaku fisis menyerupai reaksi kimia. Ketika 1 mol
padatan litium klorida (𝐿𝑖𝐶𝑙(𝑠)) dilarutkan kedalam 12 mol 𝐻2𝑂 dituliskan sebagai berikut:
෪
∆𝐻 =
∆𝐻
𝑥𝑖
𝐿𝑖𝐶𝑙(𝑠) + 12𝐻2𝑂(𝑙) → 𝐿𝑖𝐶𝑙(12𝐻2𝑂)
෪
∆𝐻 = 33614 𝐽 (𝑇 = 25𝑜𝐶, 𝑃 = 1 𝑏𝑎𝑟)
PANAS PELARUTAN

183. Example 11.3
Hitunglah panas pembentukan LiCl dalam 12 mol 𝐻2𝑂 pada 25oC
Solution 11.3
Persamaan terlibat dapat dituliskan berikut:
Poin (a) representasi panas pembentukan 𝐿𝑖𝐶𝑙(𝑠), poin (b) representasi panas pelarutan, poin (c)
menunjukkan panas pelarutan dari LiCl dalam 12 mol 𝐻2𝑂.
𝐿𝑖𝐶𝑙(𝑠) + 12𝐻2𝑂(𝑙) → 𝐿𝑖𝐶𝑙 12𝐻2𝑂 ෪
∆𝐻298 = −33614𝐽
𝐿𝑖 +
1
2
𝐶𝑙2 → 𝐿𝑖𝐶𝑙(𝑠) ∆𝐻298
𝑜
= −408610𝐽
𝐿𝑖 +
1
2
𝐶𝑙2 + 12𝐻2𝑂(𝑙) → 𝐿𝑖𝐶𝑙 12𝐻2𝑂 ∆𝐻298
𝑜
= −442224𝐽
(a)
(b)
(c)
PANAS PELARUTAN

184. Seringkali panas pelarutan tidak memiliki data yang
lengkap, akan tetapi dapat diturunkan melalui panas
formasi yang dihitung secara terbalik. Pada data
disamping merupakan panas pembentukan dari 1 mol
LiCl.
Berikut beberapa persamaan matematis yang
digunakan untuk mengkonversi data menjadi figur
yang lebih sederhana
෤
𝑛 =
𝑥2(𝑛1 + 𝑛2)
𝑥1(𝑛1 + 𝑛2)
=
1 − 𝑥1
𝑥1
𝑥1 =
1
1 − ෤
𝑛
PANAS PELARUTAN

185. ෪
∆𝐻 =
∆𝐻
𝑥1
=
1 − 𝑥1
𝑥1
∆𝐻 =
෪
∆𝐻
1 − ෤
𝑛
LiCl heat of solution chart

186. Example 11.4
Evaporator efek tunggal dioperasikan secara atmosferik, umpan mengandung 15%w/w, menjadi 40
%w/w. Laju alir umpan 2 kg/s pada T=25oC. Titik didih normal 40 %w/w larutan LiCl adalah 132oC,
nilai kapasitas 2,72 kJ/kg.oC. Berapa panas yang perlu ditransferkan kedalam evaporator?
Solution 11.4
PANAS PELARUTAN

187. ∆𝐻𝑡
= ∆𝐻𝑎
𝑡
+ ∆𝐻𝑏
𝑡
+ ∆𝐻𝑐
𝑡
+ ∆𝐻𝑑
𝑡
Neraca energi proses alir ∆𝐻𝑡 = 𝑄, entalpi
total (∆𝐻𝑡) dihitung dari jumlah total entalpi
produk dikurangi jumlah total entalpi
umpan.
Perubahan entalpi individual yang perlu
ditambahkan dalam perubahan entalpi total
digambarkan pada figur disamping. Secara
matematis ditulis sebagai berikut:
PANAS PELARUTAN

188. Nilai ∆𝐻𝑎
𝑡 cari
melalui data yang
disajikan pada
figur disamping.
Perhitung terkait
nilai ෤
𝑛. Mol LiCl
dan H2O dihitung
sebagai berikut:
dan
Maka:
෤
𝑛 =
0,85
0,15
= 13,33
𝑛𝐿𝑖𝐶𝑙 =
(0,15)(2000)
42,39
𝑛𝐿𝑖𝐶𝑙 = 7,077 𝑚𝑜𝑙
𝑛𝐻2𝑂 =
(0,85)(2000)
18,015
𝑛𝐿𝑖𝐶𝑙 = 94,366 𝑚𝑜𝑙
13,33
-33800
Pada proses “unmixing”, maka
panas pelarutan akan bernilai (-)
dari nilai yang diperoleh:
∆𝐻𝑎
𝑡 = +33800 7,077 = 239250
∆𝐻𝑎
𝑡 = ( ෪
∆𝐻𝑏)(𝑛𝐿𝑖𝐶𝑙)

189. Nilai ∆𝐻𝑏
𝑡
cari
melalui data yang
disajikan pada
figur disamping.
Perhitung terkait
nilai ෤
𝑛. Mol LiCl
dan H2O dihitung
sebagai berikut:
dan
Maka:
෤
𝑛 = 3,53
𝑛𝐿𝑖𝐶𝑙 =
0,3
42,39
𝑛𝐿𝑖𝐶𝑙 = 7,077 𝑚𝑜𝑙
𝑛𝐻2𝑂 =
0,45
18,015
𝑛𝐿𝑖𝐶𝑙 = 24,979 𝑚𝑜𝑙
3,53
-23260
∆𝐻𝑏
𝑡
= (−23260)(7,077)
∆𝐻𝑏
𝑡
= ( ෪
∆𝐻𝑏)(𝑛𝐿𝑖𝐶𝑙)
∆𝐻𝑏
𝑡
= −164630

190. Nilai ∆𝐻𝑐
𝑡 merupakan panas yang ditambahkan untuk meningkatkan 𝑇1 = 25𝑜𝐶 menjadi 𝑇2 =
132𝑜
𝐶. Nilai dapat dihitung melalui persamaan berikut:
Nilai ∆𝐻𝑑
𝑡
merupakan panas yang ditambahkan untuk menguapkan air. Nilai dapat dihitung
melalui persamaan berikut:
Total energi entalpi
∆𝐻𝑐
𝑡 = 𝑚𝐶𝑃∆𝑇
∆𝐻𝑐
𝑡 = 0,75 (2,72)(132 − 25)
∆𝐻𝑐
𝑡 = 218280 𝐽
∆𝐻𝑑
𝑡
= 𝑚(𝐻𝑉 − 𝐻𝐿)
∆𝐻𝑑
𝑡
= (1,25)(2740,3 − 104,8)
∆𝐻𝑑
𝑡
= 3294,4 𝑘𝐽 = 3294400𝐽
∆𝐻𝑡 = 239250 − 164630 + 218280 + 3294400
∆𝐻𝑡 = 3587300 𝐽
∆𝐻𝑡
= ∆𝐻𝑎
𝑡
+ ∆𝐻𝑏
𝑡
+ ∆𝐻𝑐
𝑡
+ ∆𝐻𝑑
𝑡

191. H x diagram for NaOH/H2O (Textbook ed7)

192. H x diagram for NaOH/H2O (Textbook ed6)

193. Example 12.6 (Textbook ed 7)
Evaporator efek tunggal digunakan untuk memekatkan larutan NaOH 10%w/w menjadi 50%w/w,
kapasitas umpan 10000 lbm/h. Umpan masuk pada 𝑇 = 70𝑜
𝐹, dengan tekanan operasi absolut
P = 3 𝑖𝑛𝐻𝑔, pada kondisi ini titik didih larutan untuk 50%w/w adalah 𝑇 = 190𝑜
𝐹. Berapa transfer
panas yang dibutuhkan oleh evaporator?
Solution 12.6

194. Nilai entalpi
∆𝐻𝑎
𝑡
dicari
melalui figur
disamping pada
𝑇 = 70𝑜𝐹 dan
𝐶 = 10%
𝑤
𝑤.
Nilai yang
diperoleh 34
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
Sedangkan ∆𝐻𝑏
𝑡
𝑇 = 190𝑜𝐹 dan
𝐶 = 50%
𝑤
𝑤.
Nilai yang
diperoleh
215
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
34
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
0,1
215
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚
0,5

195. Entalpi uap lewat jenuh pada tekanan 3 inHg dengan suhu 190oF adalah 1146 Btu/lbm, nilai ini
dapat dicari melalui steamtable.
Adapun perhitungan entalpi total menggunakan persamaan berikut:
∆𝐻𝑡 = 8000 1146 + 2000 215 + (10000)(34)
∆𝐻𝑡 = 9260000 𝐵𝑡𝑢/ℎ
∆𝐻𝑡 = ∆𝐻𝑎
𝑡 + ∆𝐻𝑏
𝑡
+ ∆𝐻𝑐
𝑡

196. Example 12.6 (Textbook ed 7)
Larutan NaOH konsentrasi 10% pada suhu 70(oF) dicampurkan dengan larutan NaOH konsentrasi
70% pada suhu 200oF untuk membentuk NaOH dengan konsentrasi 40%.
a) Apabila proses berlangsung adiabatis, berapa suhu akhir yang dicapai
b) Apabila suhu ditahan pada 70oF, berapa panas yang perlu diserap?
Solution 12.6
a) Dapat diketahui dengan membuat garis lurus pada H x diagram untuk NaOH/H2O antara
konsentrasi 10% pada suhu 70(oF) dan konsentrasi 70% pada suhu 200oF
b) Nilai 𝑄 = ∆𝐻, dapat dicari melalui panas yang dihasilkan pada proses adiabatis diserap
hingga tercapai suhu 70(oF) , dengan demikian secara grafis dapat dilakukan dengan menarik
garis secara vertikal pada H x diagram.
ENTHALPY/CONCENTRATION
DIAGRAM

197. H x diagram for NaOH/H2O (Textbook ed7)
0,1 0,7
0,4
220oF
192 Btu/lbm
70 Btu/lbm
a)Dari diagram
diperoleh suhu
akhir apabila
proses adibatik
adalah 220oC
b)Panas yang
perlu diserap
selama proses
adalah
𝑄 = ∆𝐻
𝑄 = 192 − 70
𝑄 = −122
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑚

198. Problem 11.3
Jika 𝐿𝑖𝐶𝑙. 2𝐻2𝑂(𝑠) dan 𝐻2𝑂(𝑙) dicampurkan pada isotermal suhu 25oC untuk membentuk larutan
mengandung 10 mol H2O untuk setiap mol LiCl, berapa efek panas pelarutan yang dihasilkan?
Solution 11.3
LATIHAN SOAL
𝐿𝑖 +
1
2
𝐶𝑙2 + 10𝐻2𝑂(𝑙) → 𝐿𝑖𝐶𝑙 10𝐻2𝑂 ෪
∆𝐻298 = 441579𝐽
𝐿𝑖𝐶𝑙. 2𝐻2𝑂 → 𝐿𝑖 +
1
2
𝐶𝑙2 + 2𝐻2 + 𝑂2 ∆𝐻298
𝑜
= +1012650𝐽
𝐿𝑖𝐶𝑙. 2𝐻2𝑂 + 8𝐻2𝑂(𝑙) → 𝐿𝑖𝐶𝑙 10𝐻2𝑂 ∆𝐻298
𝑜
= −589𝐽
(a)
(b)
(c)
2(𝐻2 +
1
2
𝑂2 → 𝐻2𝑂) ∆𝐻298
𝑜
= 2(−285830)𝐽
(d)

199. Apabila dalam sistem terdapat sebanyak 11 mol larutan per mol pelarut, maka untuk basis 1 mol
larutan adalah:
LATIHAN SOAL
∆𝐻
11
= −53,55𝐽

200. Problem 11.4
Jika larutan HCl dalam pelarut air mengandung 1 mol HCl dan 4,5 mol H2O, menyerap 1 mol
HCl(g) pada suhu konstan 25oC. Berapakah efek panas yang dihasilkan?
Solution 11.4
- Langkah pertama menuliskan persamaan terkait:
LATIHAN SOAL
𝐻𝐶𝑙 4,5 → 𝐻𝐶𝑙 + 4,5𝐻2𝑂 ෪
∆𝐻298 = 62,1𝑘𝐽
2( 𝐻𝐶𝑙 + 2,25𝐻2𝑂 → 𝐻𝐶𝑙(2,25𝐻2𝑂)) ෪
∆𝐻298 = 2 −50,6 𝑘𝐽
𝐻𝐶𝑙 4,5𝐻2𝑂 + 𝐻𝐶𝑙 → 2𝐻𝐶𝑙(2,25𝐻2𝑂) ෪
∆𝐻298 = −39,1𝑘𝐽
(a)
(b)
(c)

201. 2,25
-50,6 kJ
4,5
-62,1 kJ
Perolehan data sebagai berikut:
∆𝐻 = 2 −50,6 + (1)(62,1)
∆𝐻 = −39,1

202. Problem 11.4
Jika larutan HCl dalam pelarut air mengandung 1 mol HCl dan 4,5 mol H2O, menyerap 1 mol
HCl(g) pada suhu konstan 25oC. Berapakah efek panas yang dihasilkan?
Solution 11.4
- Langkah pertama menuliskan persamaan terkait:
LATIHAN SOAL
𝐻𝐶𝑙 4,5 → 𝐻𝐶𝑙 + 4,5𝐻2𝑂 ෪
∆𝐻298 = 62,1𝑘𝐽
2( 𝐻𝐶𝑙 + 2,25𝐻2𝑂 → 𝐻𝐶𝑙(2,25𝐻2𝑂)) ෪
∆𝐻298 = 2 −50,6 𝑘𝐽
𝐻𝐶𝑙 4,5𝐻2𝑂 + 𝐻𝐶𝑙 → 2𝐻𝐶𝑙(2,25𝐻2𝑂) ෪
∆𝐻298 = −39,1𝑘𝐽
(a)
(b)
(c)

203. Problem 11.5
Bagaimana efek panas yang terbentuk apabila 20 kg LiCl(s) ditambahkan kedalam 125 kg larutan
LiCl yang mengandung 10%w/w LiCl pada kondisi isotermal 25oC
Solution 11.5
- Langkah pertama (1), menghitung mol padatan LiCl
- Langkah kedua (2), menghitung mol masing-masing komponen dalam larutan LiCl
LATIHAN SOAL
𝑛′𝐿𝑖𝐶𝑙 =
𝑚𝐿𝑖𝐶𝑙 𝑠
𝑀𝑟𝐿𝑖𝐶𝑙
=
20
42,39
= 0,4718 𝑘𝑚𝑜𝑙
𝑛𝐿𝑖𝐶𝑙 =
(0,1)(125)
42,39
= 0,295 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑛𝐻2𝑂 =
(0,9)(125)
18,02
= 6,245.103
𝑘𝑚𝑜𝑙

204. - Langkah ketiga (3), menghitung rasio mol larutan LiCl mula-mula
- Langkah keempat (4), menghitung rasio mol larutan LiCl akhir
- Langkah kelima (5), menghitung mol total LiCl
LATIHAN SOAL
෤
𝑛 =
𝑛𝐻2𝑂
𝑛𝐿𝑖𝐶𝑙
=
6,245.103
0,295
= 21,18
෤
𝑛 =
𝑛𝐻2𝑂
𝑛𝐿𝑖𝐶𝑙 + 𝑛′𝐿𝑖𝐶𝑙
=
6,245.103
0,295 + 0,472
= 8,15
𝑛𝐿𝑖𝐶𝑙(𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙)
= 𝑛𝐿𝑖𝐶𝑙 + 𝑛𝐿𝑖𝐶𝑙
′
= 0,295 + 0,472 = 0,7667 kmol

205. Langkah keenam (6) menuliskan persamaan terkait:
LATIHAN SOAL
0,2949 𝐿𝑖𝐶𝑙 21,18𝐻2𝑂 → 𝐿𝑖𝐶𝑙 + 21,18𝐻2𝑂 (a)
(b)
(c)
0,7667 𝐿𝑖𝐶𝑙 + 8,15𝐻2𝑂 → 𝐿𝑖𝐶𝑙(8,15)
0,2949𝐿𝑖𝐶𝑙 21,18𝐻2𝑂 + 0,4718𝐿𝑖𝐶𝑙 → 0,7667 𝐿𝑖𝐶𝑙 + 8,15𝐻2𝑂

206. 8,15
-32kJ
21,18
-33,5kJ
Perolehan data sebagai berikut:
∆𝐻 = −33,15 + 32
𝑄 = ∆𝐻 = −1,15𝑘𝐽

207. THANK YOU

208. TERMODINAMIKA 2
Oleh:
i. Ir. Natalia Suseno, M.Si
ii. Pra Cipta B.W.M, S.T., M.Eng
WEEK 6:
Problem: Heat of Mixing

209. Problem 11.12
Data from the Bureau of Standards (J. Phys.
Chem. Ref. Data, vol. 11, suppl. 2, 1982)
include the following heats of formation for
1 mol of CaCl2 in water at 25°C:
From these data prepare a plot of ෪
∆𝐻, the
heat of solution at 25°C of CaCl2 in water,
vs. ෤
𝑛, the mole ratio of water to CaCl2.

210. Solution 11.12
10 100 1000
-80
-78
-76
-74
-72
-70
-68
-66
10
15
20
25
50
100
300 500
1000
Heat
of
Solution
(kJ)
Water mol ratio (mol)
Heat of Solution
𝑪𝒂 + 𝑪𝒍𝟐 + 𝒏 𝑯𝟐𝑶 → 𝑪𝒂𝑪𝒍𝟐(𝒏 𝑯𝟐𝑶)
𝑪𝒂𝑪𝒍𝟐 → 𝑪𝒂 + 𝑪𝒍𝟐
𝑪𝒂𝑪𝒍𝟐 + 𝒏 𝑯𝟐𝑶 → 𝑪𝒂𝑪𝒍𝟐(𝒏 𝑯𝟐𝑶)
∆𝑯𝒇,𝑪𝒂𝑪𝒍𝟐
= −𝟕𝟗𝟓, 𝟖 𝒌𝑱
∆𝑯𝒇 = … … … 𝒌𝑱
∆𝑯 = ∆𝑯𝒇 − ∆𝑯𝒇,𝑪𝒂𝑪𝒍𝟐

211. Problem 11.13
A liquid solution contains 1 mol of 𝐶𝑎𝐶𝑙2 and 25 mol of water. Using data from
Prob. 11.12, determine the heat effect when an additional 1 mol of CaCl2 is
dissolved isothermally in this solution.
Solution 11.13
𝑪𝒂𝑪𝒍𝟐 → 𝑪𝒂 + 𝑪𝒍𝟐 (1)
𝟐(𝑪𝒂 + 𝑪𝒍𝟐 + 𝟏𝟐. 𝟓𝑯𝟐𝑶 → 𝑪𝒂𝑪𝒍𝟐(𝟏𝟐. 𝟓𝑯𝟐𝑶) (2)
𝑪𝒂𝑪𝒍𝟐 𝟐𝟓𝑯𝟐𝑶 → 𝑪𝒂 + 𝑪𝒍𝟐 + 𝟐𝟓𝑯𝟐𝑶 (3)
𝑪𝒂𝑪𝒍𝟐 𝟐𝟓𝑯𝟐𝑶 + 𝑪𝒂𝑪𝒍𝟐 → 𝟐𝑪𝒂𝑪𝒍𝟐 𝟏𝟐. 𝟓𝑯𝟐𝑶 (4)
∆𝐻1 = −∆𝐻𝑓,𝐶𝑎𝐶𝑙2
= 795,8 𝑘𝐽{Appendix C. 4}
∆𝐻2 = 2 −865,295 𝑘𝐽 diperoleh dari interpolasi
∆𝐻3 = 871,08 kJ {Dari data}
∆𝐻 = ∆𝐻1 + ∆𝐻3 + ∆𝐻3 = −67,72 𝑘𝐽 = 𝑄

212. Problem 11.14
Solid CaCl2⋅6H2O and liquid water at 25°C are mixed adiabatically in a continuous
process to form a brine of 15 wt-% CaCl2. Using data from Prob. 11.12, determine
the temperature of the brine solution formed. The specific heat of a 15 wt-%
aqueous 𝐶𝑎𝐶𝑙2 solution at 25°C is 3.28 kJ·kg−1·°C−1
Solution 11.14
- Hitung jumlah mol 𝐻2𝑂 akhir pencampuran
n =
%
wt𝐻2𝑂
𝑀𝑅𝐻2𝑂
%
wt𝐶𝑎𝐶𝑙2
𝑀𝑅𝐶𝑎𝐶𝑙2
=
85
18
15
111.1
= 35

213. Solution 11.14
- Hitung jumlah mol 𝐻2𝑂 yang ditambahkan kedalam sistem
n = 35 − 6
𝑪𝒂𝑪𝒍𝟐. 𝟔𝑯𝟐𝑶 → 𝑪𝒂 + 𝑪𝒍𝟐 + 𝟔𝑯𝟐 + 𝟑𝑶𝟐 (1)
𝑪𝒂 + 𝑪𝒍𝟐 + 𝟑𝟓𝑯𝟐𝑶 → 𝑪𝒂𝑪𝒍𝟐(𝟑𝟓𝑯𝟐𝑶) (2)
𝟔(𝑯𝟐 +
𝟏
𝟐
𝑶𝟐 → 𝑯𝟐𝑶 (3)
𝑪𝒂𝑪𝒍𝟐. 𝟔𝑯𝟐𝑶 + 𝟐𝟗𝑯𝟐𝑶 → 𝑪𝒂𝑪𝒍𝟐(𝟑𝟓𝑯𝟐𝑶) (4)
∆𝐻1 = −∆𝐻𝑓,𝐶𝑎𝐶𝑙2.6𝐻2𝑂 = 2607,9 𝑘𝐽{Appendix C. 4}
∆𝐻2 = −∆𝐻𝑓,𝐻2𝑂 = 6 −285,83 𝑘𝐽 {Appendix C. 4}
∆𝐻3 = 871,08 kJ {Dari data}
∆𝐻 = ∆𝐻1 + ∆𝐻3 + ∆𝐻3 = 21,12𝑘𝐽 = 𝑄
𝑚 = 111 + 35 ∗ 18 = 740 𝑔𝑟
Sistem Adiabatis 𝑄 = 0
∆𝐻298 + 𝑚𝐶𝑃∆𝑇 = 0
21,12 + 0,734 3,28 ∆𝑇 = −8,8𝑜
𝐶
𝑇 = 25 − 8,8 = 16,2𝑜𝐶

214. Problem 12.43 (Ed 7)
Hitunglah nilai efek panas ketika 150 lbm H2SO4
dicampurkan dengan 350 lbm larutan H2SO4
25%w/w secara isothermal pada suhu 100oF
Solution 12.43 (Ed 7)
𝐻1 = 8 𝐵𝑡𝑢/𝑙𝑏𝑚
𝐻2 = −23 𝐵𝑡𝑢/𝑙𝑏𝑚
%𝑤 =
100%∗150+25%∗350
150+350
= 47,5%
𝐻3 = −90 𝐵𝑡𝑢/𝑙𝑏𝑚
𝑄 = 𝑚3𝐻3 − 𝑚2𝐻2 − 𝑚1𝐻1 = −38150 𝐵𝑡𝑢
Solution 12.43 (Ed 7)

215. Problem 12.45 (Ed 7)
Sebanyak 400 lbm larutan NaOH 35%w pada suhu 130oF dicampur dengan
sebanyak 175 lbm 10%w pada suhu 200oF.
a) Hitunglah efek panas jika suhu akhir 80oF
b) Apabila pencampuran berlangsung secara adiabatik, hitung suhu akhirnya
Problem 12.46 (Ed 7)
Evaporator efek tunggal digunakan untuk mengkonsentrasikan 20% H2SO4 menjadi
70%, umpan 25 lbm/s dengan suhu 80oF. Apabila tekanan dijaga konstan pada 1,5
psia (almost vacuum) maka titik didihnya adalah 217oF, maka hitunglah panas yang
dibutuhkan untuk proses tersebut?

216. H x diagram for NaOH/H2O (Textbook ed7)

218. THANK YOU

219. TERMODINAMIKA 2
Oleh:
i. Ir. Natalia Suseno, M.Si
ii. Pra Cipta B.W.M, S.T., M.Eng
WEEK 7:
Review Materi

220. Review:
BAB 9:
PENDINGINAN DAN PENCAIRAN
𝜔 =
ℎ𝑒𝑎𝑡 𝑎𝑏𝑠𝑜𝑟𝑏𝑒𝑑 𝑎𝑡 𝑙𝑜𝑤𝑒𝑟 𝑡𝑒𝑚𝑝𝑒𝑟𝑎𝑡𝑢𝑟𝑒
𝑛𝑒𝑡 𝑤𝑜𝑟𝑘
=
𝑄𝐶
𝑊
𝜔 =
𝑇𝐶
𝑇𝐻 + 𝑇𝐶
PERBANDINGAN PROSES VAPOR COMPRESSION
MENGGUNAKAN EXPANDER DAN THROTTLE

221. BAB 9:
PENDINGINAN DAN PENCAIRAN

222. PERBANDINGAN PROSES VAPOR COMPRESSION
DAN ABSORPTION
BAB 9:
PENDINGINAN DAN PENCAIRAN

223. Pencairan dapat terjadi ketika gas didinginkan ke suhu di wilayah
dua fase yang dapat dicapai dengan beberapa cara berikut:
1. Pertukaran panas pada tekanan konstan
2. Proses ekspansi dari mana pekerjaan diperoleh
3. Proses Throttling
Terdapat dua jenis proses yang sudah dikenal yaitu:
1. Proses Linde
2. Proses Claude
BAB 9:
PENDINGINAN DAN PENCAIRAN

224. BAB 9:
PENDINGINAN DAN PENCAIRAN
PERBANDINGAN PROSES LINDE DAN CLAUDE

228. Besaran potensial kimia (𝜇𝑖) merupakan salah satu bentuk properti parsial yang diturunkan
dari nilai energi bebas Gibbs (𝑛𝐺) terhadap jumlah mol tertentu secara parsial dengan
menempatkan variabel lainnya secara konstan. Secara matematis, dapat dibentuk suatu besaran
umum yang juga analog dengan hal tersebut yang akan dikenal dengan properti molar parsial
yang ditulis sebagai berikut:
Bentukan persamaan tersebut juga disebut “response fuction” yang menunjukkan pengaruh
yang terjadi pada suatu larutan akibat penambahan sejumlah kecil dari komponen (𝑖) dengan
mengkondisikan 𝑃 dan 𝑇 konstan.
PROPERTI PARSIAL
ഥ
𝑀𝑖 ≡
𝜕 𝑛𝑀
𝜕𝑛𝑖 𝑃,𝑇,𝑛𝑗
BAB 10:
RUANG LINGKUP
TERMODINAMIAKA LARUTAN

229. Pada aplikasinya, nilai tersebut seringkali digunakan secara bersama-sama dengan besaran
lain, seperti properti larutan (𝑀) dan properti komponen murni (𝑀𝑖). Maka, perlu dijelaskan
agar tidak terjadi kerancuan sebagai berikut:
Tipe Properti Simbol Properti Contoh Properti
Properti larutan (𝑀) 𝑀 𝑉, 𝑈, 𝐻, 𝑆, 𝐺
Properti parsial ( ഥ
𝑀𝑖) ഥ
𝑀𝑖
ത
𝑉𝑖, ഥ
𝑈𝑖, ഥ
𝐻𝑖, ҧ
𝑆𝑖, ҧ
𝐺𝑖
Properti komponen murni (𝑀𝑖) 𝑀𝑖 𝑉𝑖, 𝑈𝑖, 𝐻𝑖, 𝑆𝑖, 𝐺𝑖
PROPERTI PARSIAL
BAB 10:
RUANG LINGKUP
TERMODINAMIAKA LARUTAN

230. Contoh kasus diambil yaitu sebuah campuran air dan
alkohol yang mula-mula equimolar (jumlah mol sama)
dengan jumlah total volum (𝑛𝑉) pada 𝑇 ruangan dan 𝑃
atmosferik. Selanjutnya ditambahkan sejumlah kecil air
murni dengan jumlah (∆𝑛𝑊). Apabila sistem diatur
sedemikian rupa maka tidak terjadi perubahan
temperatur. Prakiraan perubahan volume total yang
akibat penambahan sejumlah air adalah
∆ 𝑛𝑉 = 𝑉
𝑤∆𝑛𝑤
Tetapi, dari hasil pengamatan lapangan diketahui lebih
sedikit daripada prakiraan yang disebut dengan volume
efektif molar:
∆ 𝑛𝑉 = ෨
𝑉
𝑤∆𝑛𝑤
PROPERTI PARSIAL
∆𝑛𝑤 = Sejumlah kecil penambahan air murni
𝑉
𝑤 = Volume per mol penambahan air murni
𝑉
𝑤∆𝑛𝑤 = Volume total prakiraan
෨
𝑉
𝑤∆𝑛𝑤 = Volume total efektif

231. Efektif molar volume ( ෨
𝑉
𝑤), pada hasil pengamatan tersebut dapat dituliskan ulang sebagai
berikut:
෨
𝑉
𝑤 =
∆(𝑛𝑉)
∆𝑛𝑤
Apabila penambahan sejumlah mol air murni tersebut sangat kecil, maka dapat dituliskan
dalam bentuk matematis limit, yaitu pada ∆𝑛𝑤 → 0, atau sebagai berikut:
෨
𝑉
𝑤 = lim
∆𝑛𝑤→0
∆(𝑛𝑉)
∆𝑛𝑤
=
𝑑(𝑛𝑉)
𝑑𝑛𝑤
Pada kondisi terkontrol yaitu 𝑃, 𝑇, dan 𝑛𝑎 konstan, maka dapat ditulis sebagai turunan parsial:
෨
𝑉
𝑤 =
𝜕 𝑛𝑉
𝜕𝑛𝑤 𝑃,𝑇,𝑛𝑎
PROPERTI PARSIAL

233. ∆𝑉𝑡 = 𝑛1 + 𝑛2 𝑉 − 𝑛1𝑉1 − 𝑛2𝑉2
∆𝑉 ≡ 𝑉 − 𝑥1𝑉1 − 𝑥2𝑉2 =
∆𝑉𝑡
𝑛1 + 𝑛2
Notes: volume change of mixing (ΔV)
BAB 11:
PROSES PENCAMPURAN DAN
PELARUTAN