Hukum Pertama Termodinamika Proses :

SISTEM DAN LINGKUNGAN

Sistem: dapat berupa suatu zat atau campuran zat-zat yang dipelajari sifat-sifatnya pada kondisi yang dapat diatur.

Segala sesuatu yang berada diluar sistem disebut

lingkungan.

Antara sistem dan lingkungannya dapat terjadi pertukaran energi atau materi.

 Sistem tersekat : sistem dan lingkungan tidak dapat mempertukarkan energi maupun materi. Sistem dengan energi tetap, walaupun didalamnya dapat terjadi perubahan energi dari satu bentuk ke bentuk yang lain.

 Sistem tertutup : sistem dan lingkungan hanya dapat mempertukarkan energi.

 Sistem terbuka : sistem dan lingkungannya dapat mempertukarkan baik energi maupun materi.

Suatu sistem dalam keadaan tertentu apabila semua sifat-sifatnya mempunyai harga tertentu dan tidak berubah dengan waktu.

Variabel yang harganya hanya tergantung pada keadaan sistem dan tidak tergantung pada bagaimana keadaan itu tercapai disebut fungsi keadaan.

Contoh : suhu, tekanan, volum, energi dalam dan entropi

V = f (P, T, n).

Diferensial dari suatu fungsi keadaan adalah diferensial total. Bila x adalah fungsi keadaan maka dx sebagai diferensial total.

2

1. ∫dx = x₂ – x₁

1

2. ∫ dx = 0

3. x = f (y, z)

Hukum Pertama Termodinamika

Proses :

Reversible dan tidak reversible.

Proses reversible:

H₂O_(l) H₂O_(g) 1 atm, 1000C

fasa cair dan uap berada dalam kesetimbangan.

Kalor dan Kerja

Kalor (q): energi yang dipindahkan melalui batas-batas sistem sebagai akibat langsung dari perbedaan suhu antara sistem dan lingkungannya.

 q: positif jika kalor masuk sistem

 q: negatif jika kalor keluar dari sistem.

Kerja (W): energi dan bukan kalor yang dipertukarkan antara sistem dengan lingkungannya pada suatu perubahan keadaan.

 W positif bila lingkungan melakukan kerja terhadap sistem, misalnya proses pemampatan gas.

 W negatif bila sistem melakukan kerja terhadap

Luas penampang penghisap : A Tekanan luar : Pl

Jarak : dx Kerja = gaya * jarak

dW = - Pl * A * dx

dW = - Pl * dV

dV = perubahan volum yang terjadi pada proses tanda (-) karena kerja dilakukan oleh gas.

V2

W = - ∫ Pl dV

V1

1. Pl = 0 : gas memuai terhadap vakum

W = 0  proses ekspansi bebas

2. Pl tetap  gas memuai pada tekanan atmosfir yang

tetap.

V2

W = - ∫ Pl dV = - Pl (V₂ – V₁)

V1

W = - Pl ΔV

3. Proses pemuaian reversibel : Pl = P – dP

V2 V2 V2

W = - ∫ (P – dP) dV = - ∫ P dV + ∫ dP dV V1 V1 V1

V2

Wrev = - ∫ P dV P = tekanan gas.

Untuk gas ideal : PV = nRT

V2

W_rev = - ∫ nRT (dV/V) = -nRT ln (V₂/V₁)

V1

Energi dalam dan perubahan energi dalam.

ΔU = U₂ – U₁

Hukum pertama Termodinamika.

dU = dq + dW

2 2 2

∫ dU = ∫ dq + ∫ dW (dW = -P_l dV)

1 1 1

U₂ – U₁ = ΔU = q + W.

Untuk proses yang berjalan pada Volume tetap, maka harga ΔU = q_v

Enthalpi dan Perubahan Enthalpi

dU = dq - P dV

U2 – U1 = qp - P (V2 – V1) U₂ – U₁ = q_p - PV₂ + PV₁ U₂ – U₁ = q_p - P₂V₂ + P₁V₁ (U₂ + P₂V₂) = (U₁ + P₁V₁) + q_p

H = U + PV H : fungsi keadaan.

H2 – H1 = qp  ΔH = qp

Kapasitas kalor. C =

dT dq

U = f (T, V)

dU = (∂U/∂V)T dV + (∂U/∂T)V dT

dU = dq – P dV dq = dU + P dV

dq = (∂U/∂V)T dV + (∂U/∂T)V dT + P dV dq = (∂U/∂T)_V dT + (P + (∂U/∂V)_T) dV

Proses pada volum tetap : dqv = (∂U/∂T)V dT

C_V : kapasitas panas pada volum tetap.

Proses pada volume tetap:

T2

ΔU = ∫ C_v dT

T1

H = f (P, T)

dH = (∂H/∂P)T dP + (∂H/∂T)P dT

Proses pada tekanan tetap : dq_p = (∂H/∂T)_P dT

C_P =

dT dq_P

= (∂H/∂T)_P

T2

ΔH = ∫ C_P dT

T1

Penggunaan Hukum Termodinamika I :

1. Ekspansi Reversibel Isotermal gas ideal.

W_rev = - ∫ RT

V dV

= - RT ln

1 2

V V

(per mol gas)

P₁V₁ = P₂V₂

W = RT ln P2

ΔH dan ΔU = 0 pada proses isotermal

W = -q

2. Ekspansi Reversibel Adiabatis Gas Ideal

Contoh Soal

1. Satu mol gas ideal diekspansikan dari 5 sampai 1 bar pada 2980K. Berapa harga q dan W jika a) ekspansi berjalan secara reversibel dan b) melawan tekanan luar yang tetap sebesar 1 bar ?. Berapa harga c) ∆U dan d) ∆H ?

Penyelesaian:

(a). W_rev = RT ln

1 2

P P

= (8,314 J K-1 mol-1) (298 K) ln bar 5

bar 1

= - 3988 J mol-1

q_rev = ∆U - W_rev

= 0 – (- 3988 J mol-1) = 3988 J mol-1

(b). W = -Pl (V₂ – V₁) = -Pl(

2

P RT

-

1

P RT

)

= -(1 bar)(8,314 J K-1 mol-1)(298 K)

(

bar 1

1

-bar 5

1

)

= - 1982 J mol-1 q = ∆U – W

c) ∆U = q + W = 0

d) ∆H = ∆U + ∆(PV) = 0.

2. Satu mol gas ideal monoatom pada 1 bar dan 273,150K diekspansikan secara adibatis melawan tekanan luar yang tetap sebesar 0,315 bar sampai volum 2 kali volum semula. Berapa besarnya kerja yang dilakukan pada gas, suhu akhir dan perubahan energi dalam dari gas tersebut.

Harga C_V = 3/2 R.

Penyelesaian.

V₁ = RT/P₁ =(0,08314 L bar K-1mol-1)(273,15 K)/(1 bar) V₁ = 22,71 L mol-1

W = - Pl dV = - Pl (2V₁ – V₁) = - Pl V₁

W = - (0,315 bar * (1atm/1,01325 bar)) * 22,71 L mol-1 W = - 7,06 L atm mol-1 = - 715,4 J mol-1

Adiabatis q = 0  ∆U = W = C_V ∆T

∆T = (- 715,4 J mol-1)/(3/2 * 8,314 J K-1 mol-1) T₂ – T₁ = - 57,4 0K

T₂ = 273,15 – 57,4 = 215,75 0K.

3. Satu mol gas ideal dengan C_V = 5/2 R, diekspansikan secara adiabatis melawan tekanan luar yang tetap sebesar 1 atm, sampai volum 2 kalinya. Suhu awal gas 250C dan tekanan 5 atm. Hitung T₂, q, W, ΔU dan ΔH untuk proses perubahan tersebut.

Penyelesaian.

Mula-mula T₁ P₁ V₁  T₂ P₂ V₂ Pl = 1 atm

q = 0  ΔU = - ∫ PldV

C_V ∫ dT = - ∫ Pl dV

C_V (T₂ - T₁) = - Pl (V₂ - V₁)  V₂ = 2V₁

5/2 R (T₂ - T₁) = - Pl (RT₁/P₁)

T₂ = T₁ - 2/5( Pl (T₁/P₁))

T₂ = 298 K – 2/5(1 atm)(298 K/5 atm) T₂ = 274 K

ΔU = C_V (T₂ - T₁) = 5/2 (8,314 J/K.mol)(274 – 298)K ΔU = - 500 J mol-1 = W

T2

ΔH = ∫ C_P dT = (5/2 R + R)(T₂ – T₁) T1

ΔH = 7/2(8,314 J K-1 mol-1)(274-298)K = 700 J mol-1

4. Satu mol gas ideal dengan volum 2 l pada suhu 250C mengalami proses siklis sebagai berikut:

Mula-mula gas diekspansikan adibatis dan reversibel sehingga tekanan menjadi 1 atm, kemudian ditekan secara isotermal reversibel dan akhirnya gas mengalami proses volume tetap sampai kembali kekeadaan semula. Hitung q dan W untuk proses siklis tersebut jika harga C_V = 3/2 R.

Penyelesaian :

<--- 1---> 2 ---> 3 T₁ = 298 K T₂ = 109 0K T₃ = T₂ V₁ = 2 l _{V2 = 8,93} l _{V3 = V1}

P₁ = nRT/V₁ P₂ = 1 atm P₃ =

P₁ = (0,08205 l atm K-1mol-1)(298 K)/(2 l) P₁ = 12,23 atm

Adiabatis reversibel : P₁V₁γ = P₂ V ₂γ γ = CP/CV = 5/3

(12,23)(2)5/3 = 1 V ₂γ V₂5/3 = 38,84 V₂ = 8,93 l

T₂ = (P₂ V₂)/R

ΔU1 = q1 + W1

ΔU₁ = C_V (T₂ – T₁)

ΔU₁ = 3/2 (8,314 J K-1mol-1)(109 – 298)K ΔU₁ = -2357,02 J mol-1

q₁ = 0 dan W₁ = -2357,02 J mol-1

Proses 2- 3 : isotermal reversibel ΔU₂ = 0 q2 = - W2

W₂ = -RT₂ ln (V₃/V₂)

W2 = - (8,314 J K-1mol-1)(109K)(ln 2/8,93) W₂ = 1355,96 J mol-1

q2 = - 1355,96 J mol-1

Proses volum tetap 3 – 1: W3 = -Pl dV = 0

ΔU₃ = q₃ = C_V (T₁ – T₃)

ΔU3 = 3/2 (8,314 J K-1mol-1)(298 – 109)K

ΔU₃ = 2357,02 J mol-1

W = W₁ + W₂ = -2357,02 J mol-1 + 1355,96 J mol-1 W = -1001,06 J mol-1

q = q₂ + q₃ = - 1355,96 J mol-1 + 2357,02 J mol-1 q = 1001,06 J mol-1.

5. 0,4 mol udara (80% N₂ dan 20% O₂) mula-mula mempunyai suhu 300 K dan tekanan 4 atm. Udara dipanaskan pada tekanan konstan sampai volum menjadi 1,25 kali volum semula. Kemudian gas mengembang secara adiabatis reversibel sampai suhu kembali menjadi 300 K. Hitunglah volum akhir dan kerja total.

C_P = 0,24 kal K-1 gram-1, C_V = 0,172 kal K-1 gram-1

Penyelesaian.

1 ---> 2 ---> 3

T₁ = 300K T₂ = T₃ = 300K P₁ = 4 atm P₂ = 4 atm P₃ =

V₁ = nRT₁/P₁ V₂ = 1,25 V₁ V₃ = ?

V₁ = (0,4 mol)(0,08205 L atm K-1 mol-1)(300K)/(4 atm) V₁ = 2,46 L

V₂ = 1,25 * 2,46 = 3,075 L

PV/T konstan  T₂ = 1,25 * T₁ = 375 K Proses adiabatis reversibel.

T₃ V = T₃γ-1 2

1 -γ 2

V γ = C_P/C_V = 0,24/0,172= 1,4 V₃0,4 = (375/300) * 3,0750,4

V₃ = 5,37 L

W₁ = -P ΔV = -4 (3,075 – 2,46) L atm W₁ = -2,46 L atm = -59,57 kal.

W₂ = ΔU = n C_V (T₃ – T₂)

Termo kimia

Reaksi eksotermis :

- reaksi mengeluarkan panas - ΔH dan ΔU negatif.

Reaksi endotermis :

- Reaksi membutuhkan panas - ΔH dan ΔU positif.

Kalorimeter bekerja dengan tekanan tetap atau volum tetap.

Volum tetap : q_V = ΔU Tekanan tetap : q_P = ΔH

H = U + PV

dH = dU + d(PV) ΔH = ΔU + Δ(PV)

Fasa padat dan cair : Δ(PV) << ΔH = ΔU

Gas : Δ(PV) = Δ(nRT)

Δ(PV) = RT (Δn)  ΔH = ΔU + RT (Δn)

Entalpi pembentukan.

v₁A₁ + v₂A₂  v₃A₃ + v₄A₄

∑ v_i A_i = 0

ΔHreaksi = ∑ HProduk - ∑ HReaktan. (T tertentu)

Entalpi pembentukan :

perubahan entalpi dalam proses pembentukan satu mol senyawa dari unsur-unsurnya.

Entalpi standar dari semua unsur = 0

 entalpi standar zat = entalpi pembentukan standar (ΔHf

o

)

Perubahan entalpi standar pada reaksi kimia :

ΔHo = ∑ vi ΔHf,i o

Contoh

Ca(P) + C(P) + 1½ O2(g)  CaCO3(P)

ΔHo = HoCaCO3 - H

o

Ca - 1½ H o

O2 - H

o

C = H

o

CaCO3

ΔHo = HoCaCO3 = ΔHf

o

Pengaruh suhu terhadap kalor reaksi

v₁A₁ + v₂A₂  v₃A₃ + v₄A₄

ΔH = v₃H₃ + v₄H₄ – v₁H₁ – v₂H₂ = ∑ v_iH_i

ΔHo = ∑ v_iH_io = ∑ v_i ΔH_f,io

Persamaan Kirchnoff : ΔH2 T2

∫d (ΔH) = ∫ΔCP dT

ΔH1 T1

T2

ΔH2 = ΔH1 + ∫ΔCP dT

T1

CP bukan fungsi suhu : ΔH2 – ΔH1 = ΔCP (T2 – T1)

Reaktan --- Produk T₁ ΔHT ? T2

Reaktan (298K) --- Produk (298K)

ΔH298

298 T

ΔHT = ∫ ΣCpR dT + ΔH298 + ∫ ΣCpP dT

T 298

298 T2

Hukum Termodinamika II

Proses lingkar Carnot :

 Ekspansi isotermal reversibel dari A  B  Ekspansi adiabatik reversibel dari B  C  Kompresi isotermal reversibel dari C  D  Kompresi adiabatik reversibel dari D  A

1. Ekspansi isotermal reversibel dari A  B ΔU₁ = 0

V2

W₁ = - q₁ = - ∫P dV = - nRT₁ ln (V₂/V₁) V1

2. Ekspansi adiabatik reversibel dari B  C q₂ = 0

T2

ΔU₂ = W₂ = ∫n C_V dT = n C_V (T₂ – T₁) T1

3. Kompresi isotermal reversibel dari C  D ΔU₃ = 0

V4

W₃ = - q₃ = - ∫P dV = - nRT₂ ln (V₄/V₃) V3

4. Kompresi adiabatik reversibel dari D  A q₄ = 0

T1

ΔU₄ = W₄ = ∫n C_V dT = n C_V (T₁ – T₂) T2

W_total = W₁ + W₂ + W₃ + W₄

W_total = - nRT₁ ln (V₂/V₁) - nRT₂ ln (V₄/V₃)

Karena 1 2

V V

= 4 3

V V

maka :

W_total = - nRT₁ ln (V₂/V₁) + nRT₂ ln (V₂/V₁)

W_total = - nR(T₁ – T₂) ln (V₂/V₁)

Proses A  B

- q₁ = - nRT₁ ln (V₂/V₁)

- (q₁/T₁) = - n R ln (V₂/V₁)

W = - q₁(

1 2 1

T T -T

)

Hukum Clausius :

q₁/q₃ = nRT₁ ln (V₂/V₁) / - nRT₂ ln (V₂/V₁) = T1 / - T2

q₁/T₁ = q₃/-T₂ q₁/T₁ + q₃/T₂ = 0

Perubahan entropi pada gas ideal

Pada suhu konstan perubahan entropi :

S2 – S1 = ΔS = T q_rev

Pada P tetap q_rev = ΔH maka S₂ – S₁ = ΔS = T

H Δ

Perubahan entropi karena perubahan suhu : qrev = ∫ CP dT

dS = C_P T dT

∫ dS = ∫ CP

T dT

= ∫(a+bT+cT2) T dT

bila CP bukan fungsi suhu :

S2 – S1 = CP ln (T2/T1)

T2

S2 – S1 = ∫ C ln T

Bila perubahan suhu dan volum secara reversibel :

dS = C_V T dT

+ R V dV

C_V bukan f (T)

ΔS = S2 – S1 = CV ln (T2/T1) + R ln (V2/V1)

Proses pada suhu tetap : ΔS = S2 – S1 = R ln (V2/V1)

Perubahan entropi pada proses perubahan suhu dan tekanan secara reversibel :

dS = CP T dT

- T V

dP = CP T dT

- R P dP

∫dS = ∫CP T dT

- ∫R P dP

ΔS = CP ln (T2/T1) – R ln (P2/P1)

Proses perubahan tekanan pada suhu tetap : ΔS = – R ln (P2/P1)

Perubahan entropi untuk proses tidak reversibel: pembekuan 1 mol air lewat dingin pada -100C 273

H₂O_(L) -100C  H₂O_(L) 00C ΔS = ∫ CCair (dT/T)

263

H2O(L) 00C  H2O(S) 00C ΔS = T

H Δ

263

ΔStotal = ∫ CCair (dT/T) +

T H

Δ

+ ∫ Cpadat (dT/T)

Perubahan entropi untuk suatu reaksi kimia :

v₁A₁ + v₂A₂  v₃A₃ + v₄A₄

ΔS = v₃S_A3 + v₄S_A4 – v₁S_A1 – v₂S_A2

ΔSo = ΣviSio

Contoh soal.

 Satu mol gas ideal pada 27 0C diekspansikan isotermal dan reversibel dari 10 sampai 1 bar. Hitung q, W, ΔU, ΔH, ΔG, ΔA dan ΔS pada perubahan tersebut.

Penyelesaian.

W_max = -RT ln (V₂/V₁) = - RT ln (P₁/P₂)

= -(8,314 J K-1 mol-1)(300 K) ln (10/1) = -5746 J mol-1

ΔU = 0

q = - W = 5746 J mol-1

ΔH = ΔU + Δ(PV) = 0 1

ΔG = ∫ V dp = RT ln (P₂/P₁) 10

ΔG = (8,314 J K-1 mol-1)(300 K) ln (1/10) = -5746 J mol-1

ΔS = q_rev / T = 5746 J mol-1 / 300 K ΔS = 19,14 J K-1 mol-1

 Satu mol amonia (dianggap sebagai gas ideal) pada 25 0C dan 1 atm dipanaskan pada tekanan tetap sampai volum 3 kali volum semula. Hitung q, W, ΔU, ΔH dan ΔS nya. C_P = 26,9835 + 5,9622 * 10-3T – 3,377 * 10-7T2 J K-1mol-1.

Penyelesaian:

T₁ = 298K ---> T₂ = 3T₁ = 894K P₁ = 1 atm P₂ = 1 atm

V₁ = (0,08205)(298)/1

V₁ = 24,45 l _{V2 = 3*24,45 = 73,35} l

T2

ΔH = 26,9835*(894 – 298) + ((5,9622 * 10-3)/2)* (8942 - 2982) – ((3,377 * 10-7)/3)*(8943 – 2983)

ΔH = 26,4 Kj mol-1

Proses P tetap  q = ΔH = 26,4 Kj mol-1

W = -P(ΔV) = - (1)(73,35 – 24,45) l _{atm mol}-1

W = - 4,955 Kj mol-1

ΔU = q + W = 26,4 – 4,955 = 21,445 Kj mol-1

T2

ΔS = ∫ C_P dT/T = 46,99 J K-1 mol-1.

T1

{(a+bT+cT2)dT/T = a(lnT₂/T₁) + b(T₂-T₁) + c/2 (T₂2 -T₁2)}

 Hitung kerja yang dilakukan jika 1 mol toluene diuapkan pada titik didihnya 111 0C pada 1 atm. Panas penguapan pada suhu tersebut 361,9 J g-1. Un tuk penguapan 1 mol hitung pula q, ΔU, ΔH, ΔG dan ΔS nya. BM toluene = 92.

Penyelesaian :

1 mol C₆H₅CH₃ BM = 92

q = 361,9 * 92 = 33,295 Kj mol-1

W = - P(ΔV) = -P (Vg – Vl) Vl << V_g

ΔU = q + W = 33,295 – 3,193 = 30,102 Kj mol-1

ΔH = q = 33,295 Kj mol-1

ΔG = 0

Kesetimbangan Kimia

Persamaan untuk sistem terbuka :

Bila zat ditambahkan atau diambil atau terjadi reaksi kimia dari sistem, sifat termodinamika berubah  sistem terbuka.

Sistem homogen mengandung berbagai zat N : Energi Gibbs G = f (T, P, n₁, n₂, n₃,…., n_N) divariasi i tdk sama dengan j.

dG = - S dT + V dP +  dibuat tetap maka :

Energi Gibbs suatu sistem adalah jumlah dari kontribusi dari berbagai komponennya. Kesetimbangan dicapai pada P, T tetap bila harga G mencapai minimum.

Untuk sistem yang terdiri 1 jenis zat maka :

G = μn

Jadi untuk zat murni Potensial kimia = energi gibbs per mol.

Potensial kimia untuk komponen ke i dari campuran gas ideal :

μi = μio + RT ln Pi / Po

Penurunan ungkapan kesetimbangan yang umum untuk Gas ideal :

Bila suatu reaksi :

v₁A₁ + v₂A₂  v₃A₃ + v₄A₄

maka :  

N

1 i

v_i A_i = 0

1

dξ = Cakupan reaksi atau koordinat reaksi.

i

Bila suatu reaksi kimia berjalan pada P, T tetap maka :

(dG)_T,P = 

Sistem mencapai kesetimbangan bila :

Secara umum potensial kimia suatu gas :

Kesetimbangan ΔG = 0

Untuk gas ideal :

Penentuan Konstanta Kesetimbangan :

A  nB

Mula-mula : 1 mol Dissosiasi : α mol

Akhir reaksi: 1- α mol nα mol  n_t = 1+ (n-1)α

Perbandingan density sebelum dan sesudah dissosiasi berbanding terbalik dengan perbandingan mol:

α = dan B yang terbentuk).

Contoh soal :

5

Pengaruh tekanan terhadap harga K:

Hanya K yang dinyatakan dalam mol fraksi. N

Ky = П Y_iVi = (P/Po)-V Kp i=1

Jika jml mol produk = jml mol reaktan maka v = ∑v_i = 0  Ky = Kp maka perubahan tekanan reaktan tidak berpengaruh pada kesetimbangan. Bila v > 0  Ky akan turun bila tekanan total naik pada suhu tetap.

Pengaruh komposisi awal:

N₂ (g) + 3 H₂ (g)  2 NH₃ (g) Mula-mula: 1 3 - mol 1 1 - mol

Kesetimbangan antara gas dan cairan / padat :

ΔGo = - CO_o

P P ln

RT 2

Kp = CO_o

P P

2

Untuk reaksi gas-cair atau gas-padat harga Kp hanya tergantung pada tekanan parsial dari gas.

Contoh soal.

Untuk dissosiasi sulfuril chlorida: SO₂Cl₂ (g)  SO₂ (g) + Cl₂ (g)

Pada suhu 450 K tekanan total 4/3 atm, maka 13,5 gram SO₂Cl₂ yang sebagian telah terdissosiasi mempunyai volum 4,428 liter.

a. Hitunglah α dan K_P

b. Berapa gram SO₂Cl₂ harus dimasukkan dalam labu yang volumnya 4,92 liter pada 450 K, untuk memperoleh tekanan total 2,25 atm setelah terjadi kesetimbangan.

c. Campuran pada soal b dipanaskan sampai 500 K. Hitunglah prosen berat masing-masing gas dan tekanan total pada kesetimbangan yang baru.

Komposisi:

Gas mol M berat % berat SO₂Cl₂ 0,097 135 13,095 48,50 SO₂ 0,103 64 6,592 24,41 Cl₂ 0,103 71 7,313 27,09 n_t = 0,303 27 100

P_t = n_tRT/V =

92 , 4

) 500 )( 08205 ,

0 ( 303 , 0

Soal-soal:

Pada suhu 55oC, Kp=1,36 untuk reaksi: N₂O₄ (g)  2 NO₂ (g). Berapa mol N₂O₄ yang harus ditambahkan pada labu 10 liter pada suhu tersebut agar konsentrasi NO₂ = 0,1 mol/liter.

Fosgen terdissosiasi :

COCl₂ (g)  CO (g) + Cl₂ (g)

Pada suhu 350 K dan tekanan 1,28 atm, der. diss. = 0,60 a. Hitunglah Kp pada 350 K

b. 0,50 mol campuran yang terdiri dari : 40% COCl₂, 10% CO dan 50% N₂ dimasukkan dalam suatu silinder pada suhu 450 K, kemudian campuran ditekan sehingga tekanan total 6 atm. Hitunglah prosen berat masing-masing zat dan volum campuran setelah mencapai keadaan kesetimbangan.

ΔHo = 371,02 kal/mol.

Suatu campuran N₂ dan H₂ dilewatkan katalis pada 400oC untuk mendapatkan konversi kesetimbangan dari NH₃. Tetapan setimbang pada suhu ini untuk reaksi :

N₂ + 3 H₂  2 NH₃ adalah 1,64 * 10-4.

Hitung tekanan total yang diperlukan untuk

1. Reaksi N₂O₄ (g)  2 NO₂ (g). Volum 10 L

(0,08205)(328)/10 = (x-0,5)(1,36) 2,69 = 1,36x – 0,68

x = 2,48 mol

Jumlah N₂O₄ yang harus ditambahkan adalah 2,48 mol.

Misalkan COCl₂ yang terdissosiasi = x mol, P = 6 atm. Mula-mula: COCl2 = 0,4*0,5 mol = 0,2 mol

CO = 0,1*0,5 mol = 0,05 mol N₂ = 0,5*0,5 mol = 0,25 mol Setelah dissosiasi :

COCl₂ = 0,2 – x mol

PV = nRT