dy bank soal dan penyelesaian1[1]

CONTOH SOAL DAN PENYELESAIANNYA

SOAL #1:

Reaksi antara etilen bromida dan kalium iodida:

C2H4Br2 + 3 KI C2H4 + 2 KBr + KI3

berorde satu terhadap masing-masing reaktannya. Berikut ini adalah data-data percobaan yang dilangsungkan dalam reaktor batch bervolume-tetap pada suhu 59,7^oC, dengan konsentrasi KI awal sebesar 0,1531 kmol/m³ dan C2H4Br2 awal sebesar 0,02864 kmol/m³.

t (kilo-detik) 29,7 40,5 47,7 55,8 62,1 72,9 83,7 Fraksi C2H4Br2 terkonversi 0,2863 0,3630 0,4099 0,4572 0,4890 0,5396 0,5795 Tentukan harga konstanta kecepatan reaksinya!

PENYELESAIAN:

Dimisalkan: C2H4Br2 ≡ A dan KI ≡ B

sehingga reaksi tersebut di atas dapat dituliskan sebagai: A + 3 B produk reaksi

Persamaan kecepatan reaksinya (yang berorde satu terhadap masing-masing reaktannya) dapat dituliskan sebagai: -rA = k CA1 CB1

Konsentrasi awal: CA0 = 0,02864 kmol/m³ dan CB0 = 0,1531 kmol/m³ d C

Sistem batch bervolume-tetap: − d C^A maka: − = d t

d X A

CA0

d t d X ^A CA0 dt d X

rA =− ^A d t k CA

CB

= k CA0

(

1− X A

) (

^{CB0 − 3 CA0 X A}

)

= k C^A0

(

^{1− X A}

)

^{CA0 ⎛⎜⎜CCBA00 −3 X ⎟⎠⎞⎟}

A

⎝

C

A = k CA0

(

^{1− X A}

) (

^{M − 3 X A}

)

dengan: M = ^B0 d t C^A0

X At

d X k CAd t

1 M − 3 X ^A

Penyelesaian integralnya: ln = k CA0 t [M ≠ 3] M − 3 M

(

^{1− X A}

)

M − 3 X ^A

(

^{M − 3}

)

^{t ln}

= k CA0

M

(

1− X A

)

M − 3 X ^A

(

^{M − 3}

)

Plot linier antara ln versus t akan menghasilkan slope kurva sebesar k CA0

M

(

1− X A

)

CB0 0,1531kmol / m³

M = = 3 = 5,3457 CA0 0,02864 kmol / m

t (kilo-detik)

Berdasarkan grafik di atas: Slope = k CA0 (M - 3) = 0,005634 (kilodetik)^-1

0,005634

(

kilodetik

)

⁻¹ 3

sehingga: k = 3 = 0,083864 m /kmol.kilodetik 0,02864 kmol / m

(

5,3457 − 3

)

atau: k = 0,302 liter/mol.jam SOAL #2:

Reaksi dekomposisi fase gas: A B + 2 C berlangsung dalam sebuah reaktor batch bervolume-tetap. Berikut ini adalah data-data yang diperoleh dari percobaan.

Nomor run percobaan CA0 (mol/L) Half-life, t½ (menit) T (^oC)

1 0,025 4,1 100

2 0,0133 7,7 100

3 0,0100 9,8 100

4 0,050 1,96 100

5 0,075 1,30 100

6 0,025 2,0 110

Berdasarkan data-data tersebut, tentukan besarnya:

(a) orde reaksi dan konstanta kecepatan reaksinya!

(b) energi aktivasi (Ea) dan faktor frekuensi tumbukan (A) reaksi! (Gunakan korelasi Arrhenius untuk pendekatan harga k)

PENYELESAIAN:

Hubungan antara t½ dan CA0: t1

= CA01−n [n ≠ 1]

2 k

(

^{n −1}

)

2ⁿ⁻¹ −1

Dalam bentuk linier, persamaan tersebut dapat dituliskan: logt1 = log +

(

^{1− n}

)

^logCA0

0 0.05 0.1 0.15 0.2 0.25 0.3 0.35 0.4 0.45 0.5

20 40 60 80 100

0

t (kilo- detik)

XA

M −3 X A

M

(

1− X A

)

M − 3 X ln^A M

(

^{1− X}

A

)

0 0 1 0

29,7 0,2863 1,1760 0,1621 40,5 0,3630 1,2501 0,2232 47,7 0,4099 1,3048 0,2661 55,8 0,4572 1,3696 0,3145 62,1 0,4890 1,4199 0,3506 72,9 0,5396 1,5143 0,4149 83,7 0,5795 1,6047 0,4729

Jika model persamaan kinetika reaksi dinyatakan dalam: d C

− rA = − ^A = k CAn

d t 2n−1 −1

dy/kinkat/contoh soal & penyelesaian/campur/reaksi homogen/2006/halaman 3

2 k

(

n −1

)

(a) Harga n dan k reaksi ini dapat ditentukan dengan mengolah data-data pada run percobaan nomor 1-5 (karena dievaluasi pada suhu yang sama).

Run percobaan nomor CA0 (mol/L) t½ (menit) log CA0 log t½

1 0,025 4,1 -1,6021 0,6128

2 0,0133 7,7 -1,8761 0,8865

3 0,01 9,8 -2 0,9912

4 0,05 1,96 -1,3010 0,2923

5 0,075 1,3 -1,1249 0,1139

Plot log t½ versus log CA0: Berdasarkan grafik di samping:

Slope = 1 – n

= -1,0129 sehingga: n = 1 + 1,0129 = 2,0129 atau: n ≈ 2 Intercept = -1,0218

2ⁿ⁻¹ −1

sehingga: log =−1,0218 k

(

ⁿ

−1

)

2ⁿ⁻¹ −1 ^−1,0218

atau: = 10= 0,0951 k

(

ⁿ

−1

)

Karena: n = 2, maka:

k = 22−1 −1 = 10,51 L

(

^{2 −1}

)

^{0,0951 mol.menit}

Jadi, reaksi ini berorde dua, dengan

log CA0 konstanta kecepatan reaksi pada 100^oC

sebesar 10,51 L/mol.menit (b) Harga k pada 110^oC dapat dihitung berdasarkan data pada run percobaan nomor 6.

sehingga, harga k pada 110^oC adalah:

(0,025 mol / L )(2,0 menit )

Ea

−

Persamaan Arrhenius: k = A e ^RT

Untuk 2 harga k yang dievaluasi pada 2 suhu T yang berbeda, berlaku:

Ea ⎛ 1 1 ⎞

=

kk21e− R ⎜⎜⎝ T2 −T1 ⎟⎟⎠ atau: ln kk21 =− EaR ⎜⎝⎜⎛T1² − T1¹ ⎞⎟⎟⎠

Pada: T1 = 100^oC = 373 K : k1 = 10,51 L/mol.menit T2 = 110^oC = 383 K : k2 = 20 L/mol.menit

-1.2 -1.0 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2

-2.0 -1.0 -0.5 0.0

-2.5 -1.5

log t

2 /1

Karena reaksi berorde 2 (n = 2), maka:

( )

A0

2 1 0 A 1

2 12

C k C 1

1 2 k

1

t 2 =

−

= − ⁻

−

atau:

12 0 A t C k = 1

menit . Lmol 1 20

k= =

⎛ 20 ⎞⎛ J ⎞

⎜ln ⎟⎜8,314 ⎟

maka: ln 20 =− Ea ⎜⎛ 1 − 1 ⎟⎞ atau: Ea =−⎝ 10,51⎠⎝ mol.K ⎠ =76419,13 J

10,51 R ⎝ 383 373⎠ ⎛ 1 − 1 ⎞⎟ 1 mol

⎜

⎝ 383 373⎠ K

Harga faktor frekuensi tumbukan reaksi (A) dapat dihitung berdasarkan salah satu data T dan k.

Ea

− ^RT k

Karena: k = A e maka: A = Ea

−

e R T

Ambil data pada 100^oC; besarnya A:

20 L

A = mol.menit = 5,29.10¹¹ L

⎛

exp⎜− 76419,13 J mol ⎞⎟ mol.menit

⎜ 8,314 ^J .383K ^⎟

⎝ mol.K ⎠

Jadi, reaksi ini mempunyai energi aktivasi (Ea) sebesar 76419,13 J/mol atau 76,42 kJ/mol dan faktor frekuensi tumbukan (A) sebesar 5,29.10¹¹ L/mol.menit.

SOAL #3:

Dimerisasi fase-gas trifluorochloroethylene (CF2=CFCl) berlangsung dalam reaktor batch bervolume-tetap pada suhu 440^oC. Mula-mula hanya terdapat trifluorochloroethylene murni.

Data-data berikut diperoleh melalui percobaan:

Waktu reaksi, t (detik) 0 100 200 300 400 500 Tekanan total sistem reaksi, P (kPa) 82,7 71,1 64,0 60,4 56,7 54,8 Dengan menggunakan asumsi gas ideal untuk perilaku gas-gas dalam sistem reaksi, tentukan persamaan kinetika reaksi tersebut di atas! Gunakan model persamaan kinetika reaksi dalam bentuk hukum pangkat (-rA = k CAn)

PENYELESAIAN: CF2-CFCl

Reaksi dimerisasi trifluorochloroethylene: 2 CF2=CFCl ⎪

CF2-CFCl atau, dengan pemisalan: 2 A P

d C^A d C^{A n}

Pada sistem batch bervolume-tetap: − rA =− sehingga: − = k CA

d t d t

Metode integral (khususnya metode merata-ratakan harga k dengan long-interval method) akan digunakan untuk menyelesaikan persoalan ini. Jika orde reaksi ditebak sebesar 0, 1, dan 2:

C^A0 −C^A

Untuk tebakan n = 0 : CA0

−CA

= k t sehing ga:

dy/kinkat/contoh soal & penyelesaian/campur/reaksi homogen/2006/halaman 5

k = t C^A0 ln

C^A0 C^A

Untuk tebakan n = 1 : ln = k t sehingga: k = CA

t

1 1

−

1 1 C^A C^A0

Untuk tebakan n = 2 : − = k t sehingga: k = CA

CA0 t

Dengan menggunakan korelasi yang menyatakan bahwa tekanan total sebuah sistem merupakan jumlah tekanan parsial seluruh komponennya, maka hubungan antara pA dengan P dapat dijabarkan sebagai berikut:

Pada t = 0 (mula-mula) hanya ada A murni (tidak ada zat inert) Artinya:

P0 = pA0

Pada t = t (setiap saat) terdapat campuran A dan P Artinya:

P = pA + pP

Berdasarkan hubungan stoikiometri komponen-komponen reaksinya:

P = pA + ½ [pA0 – pA] P = pA + ½ pA0 – ½ pA

P = ½ [pA0 + pA] atau: pA = 2 P – pA0

Dengan menggunakan asumsi gas ideal (pi = Ci R T), maka besaran pA dapat diubah ke dalam p^A

besaran CA menjadi: pA = CA R T, sehingga: CA = R T Suhu reaksi, T = 440^oC = (440 + 273) K = 713 K

R yang digunakan berdasarkan satuan-satuan yang bersesuaian: R = 8,314 kPa.liter/mol.K

Hasil-hasil perhitungan harga k untuk ketiga tebakan orde reaksi tersebut di atas disajikan pada tabel berikut ini:

t (detik)

P (kPa)

pA [= 2 P – pA0]

(kPa)

CA

⎡ pA ⎤

⎢= _⎥ (mol/L)

⎣ R T ⎦

k tebakan orde 0 (mol/L.detik)

k tebakan orde 1 (detik^-1)

k tebakan orde 2 (L/mol.detik)

0 82,7 82,7 0,01395 - - -

100 71,1 59,5 0,01004 3,9137. 10^-5 3,2924. 10^-3 0,2795 200 64,0 45,3 0,00764 3,1546. 10^-5 3,0096. 10^-3 0,2959 300 60,4 38,1 0,00643 2,5079. 10^-5 2,5834. 10^-3 0,2797 400 56,7 30,7 0,00518 2,1930. 10^-5 2,4774. 10^-3 0,3035 500 54,8 26,9 0,00454 1,8826. 10^-5 2,2462. 10^-3 0,2974 Berdasarkan harga-harga k individual yang dihitung pada tiap-tiap tebakan orde reaksi di atas, terlihat bahwa k tebakan orde 0 dan k tebakan orde 1 sama-sama tidak menunjukkan konsistensi (karena keduanya memperlihatkan kecenderungan turun) seiring dengan bertambahnya waktu reaksi yang diamati. Harga k yang relatif tetap (konsisten) dicapai pada tebakan orde 2.

Harga k rata-ratanya (pada tebakan orde 2) adalah sebesar:

k =

∑

^ki = 0,2795 + 0,2959 + 0,2797 + 0,3035 + 0,2974 1,4560 L

= = 0,2912

∑

^{i 5 5 mol.detik}

Jadi, reaksi ini berorde 2, dengan konstanta kecepatan reaksi sebesar 0,2912 L/mol.detik. Atau, persamaan kinetika reaksi ini adalah: -rA = k CA2

-rA = 0,2912 CA2

di mana –rA [=] mol/L.detik, CA [=] mol/L, dan k [=] L/mol.detik, serta A menyatakan trifluorochloroethylene

SOAL #4:

Reaksi thermal cracking n-nonana pada 900^oC berlangsung 20 kali lebih cepat dibandingkan dengan reaksi pada 800^oC. Hitunglah energi aktivasi reaksi ini!

PENYELESAIAN:

T1 = 800^oC + 273 = 1073 K; T2 = 900^oC + 273 = 1173 K; r2 = 20 x r1

Ea

−

Kebergantungan kecepatan reaksi terhadap suhu didekati dengan korelasi Arrhenius: k = A e ^RT Kecepatan reaksi dianggap mengikuti bentuk persamaan kinetika: r = k Cin sehingga

jika ditinjau pada 2 suhu yang berbeda (T1 dan T2), maka:

r1 = k1 Cin dan: r2 = k2 Cin r2 k² Cⁱⁿ k²

atau: = n = = 20 r1 k1 Ci k1

kk2 Ae ¹ atau: kk²¹ =20=exp⎜⎛− Ea⎜⎜⎛T1² −T1¹ ⎟⎠⎞⎟⎠⎞⎟⎟

=20= ^Ea ⎜ R ⎝

− 1 RT ⎝

Dengan mengambil harga logaritma natural terhadap kedua ruas persamaan, maka:

k² Ea ⎛ 1 1 ⎞ ln k¹ = ln 20 =

− R ⎜_⎜⎝T² − T¹ ⎟_⎟⎠

Jika harga-harga T1 dan T2 disubstitusikan (dengan mengambil harga R = 8,314 J/mol.K), maka:

⎛ J ⎞

⎜8,314 ⎟ ln 20

⎝ mol.K ⎠ Ea =−= 313480,7 J / mol = 313,5 kJ / mol

⎛ 1 1 ⎞ 1

⎜ − ⎟

⎝1173 1073 ⎠ K

Atau, jika diambil R = 1,987 kal/mol.K, maka Ea = 74920,1 kal/mol = 74,9 kkal/mol SOAL #5:

Berikut ini adalah data percobaan kinetika untuk reaksi pelarutan MnO2 dalam HBr, salah satu reaksi pelarutan padatan dalam cairan, yakni pelarutan semikonduktor MnO2 dalam pembuatan chip komputer:

CA0 (mol HBr/dm³) 0,1 0,5 1,0 2,0 4,0 -rA0” (mol HBr/m².jam) x 10² 0,073 0,70 1,84 4,86 12,84

Tentukan besarnya orde reaksi dan laju reaksi spesifik dengan menggunakan teknik kuadrat terkecil (least-squares), jika kecepatan atau laju reaksi dianggap mengikuti model persamaan kinetika: − rHBr" = k"

(

^CHBr

)

ⁿ

T2

R Ea

e A

−

dy/kinkat/contoh soal & penyelesaian/campur/reaksi homogen/2006/halaman 7

PENYELESAIAN:

Misalkan: HBr ≡ A

Dengan menggunakan konsentrasi reaktan awal dan laju awal (initial rates), maka:

− rHBr" = k"

(

^CHBr

)

ⁿ dapat dituliskan menjadi: − rA"

0 = k"

(

^CA0

)

ⁿ

Jika dituliskan dalam bentuk persamaan linier (atau, proses linierisasi dengan cara mengambil harga logaritma bilangan natural terhadap kedua ruas persamaan), maka: ln (−rA"

0 ) = lnk" + n .lnCA0

Misalkan: X ≡ ln CA0; Y ≡ ln (-rA0”); a ≡ ln k”; b ≡ n

maka persamaan hasil linierisasi tersebut dapat dituliskan menjadi: Y = a + b X

Untuk sejumlah N buah run atau data percobaan, a dan b dapat ditentukan melalui penggunaan metode least squares (kuadrat terkecil) terhadap persamaan Y = a + b X di atas, sehingga:

N N N N N

∑

^Yi = N.a + b.

∑

^Xi dan

∑

^{( Xi Yi} ) = a.

∑ ∑

^Xi + b.Xⁱ²

i=1 i=1 i=1 i=1 i=1

Hasil-hasil pengolahan datanya disajikan pada tabel berikut ini:

Run CA0 -rA0" X Y X² XY 1 0,1 0,00073 -2,3026 -7,2225 5,3019 16,6303 2 0,5 0,007 -0,6931 -4,9618 0,4805 3,4393

3 1 0,0184 0 -3,9954 0 0

4 2 0,0486 0,6931 -3,0241 0.4805 -2,0962 5 4 0,1284 1,3863 -2,0526 1,9218 -2,8455 Σ -0,9163 -21,2565 8,1846 15,1279

dy/kinkat/contoh soal & penyelesaian/campur/reaksi homogen/2006/halaman 6 Dengan: N (banyaknya data) = 5 maka angka-angka ini dapat disubstitusikan ke

dalam ΣXi = -0,9163

2 persamaan hasil metode least squares di atas:

ΣYi = -21,2565

ΣXⁱ² = 8,1846 -21,2565 = 5 a - 0,9163 b 15,1279 = -0,9163 a + 8,1846 b Σ(XiYi) = 15,1279

dan menghasilkan: a = -3,9945 dan b = 1,4011 Dengan demikian:

Orde reaksi (n) = b = 1,4011 atau: n ≈ 1,4

(

^dm3

)

^0,4

Laju reaksi spesifik (k) = exp(a) = exp(-3,9945) = 1,8417.10^-2 2

mol m jam atau: − rHBr" = 1,8417.10⁻² CHBr1,4

SOAL #6:

Tentukan besarnya energi aktivasi (Ea) dan faktor frekuensi tumbukan (A) reaksi bimolekuler pembentukan metileter dalam larutan etil akohol, berdasarkan data-data percobaan berikut ini:

T (^oC) 0 6 12 18 24 30

k x 10⁵ (L/gmol.detik) 5,6 11,8 24,5 48,8 100 208 Kebergantungan k terhadap T didekati melalui persamaan Arrhenius.

PENYELESAIAN:

Ea

−

Persamaan Arrhenius: k = A e ^RT

Untuk sejumlah data percobaan yang menghasilkan beberapa harga k pada beberapa harga T yang berbeda, harga Ea dan A dapat diperoleh melalui harga-harga kemiringan dan intercept dari plot

Ea 1 1

linier terhadap persamaan Arrhenius menjadi: ln k = ln A− , antara ln k versus

R T T

Hasil-hasil perhitungan terhadap data dalam soal disajikan pada tabel dan grafik berikut ini:

T (^oC) T (K) k (L/gmol.detik) 1/T (K^-1) ln k

0 273 0,000056 0,003663 -9,7902

6 279 0,000118 0,003584 -9,0448

12 285 0,000245 0,003509 -8,3143

18 291 0,000488 0,003436 -7,6252

24 297 0,001000 0,003367 -6,9078

30 303 0,002080 0,0033 -6,1754

Dengan demikian, jika diambil R = 1,987 kal/gmol.K, maka:

Ea = - (1,987 kal/gmol.K) (-9913,4 K) = -19698 kal/gmol = -19,7 kkal/gmol A = exp(26,489) = 3,2 x 10¹¹ L/gmol.detik

dy/kinkat/contoh soal & penyelesaian/campur/reaksi homogen/2006/halaman 7 SOAL #7:

Reaksi hidrogenasi asetaldehida: CH3CHO ( A) + H 2 ⎯⎯→^k CH3CH OH2 berlangsung dalam sebuah reaktor batch bervolume-tetap, pada suhu 220^oC. H2 yang ditambahkan ke dalam reaktor sangat berlebih sehingga kecepatan reaksi dapat dianggap hanya merupakan fungsi dari CA. Hubungan CA terhadap t dapat dianggap linier pada interval waktu pengamatan pada dua titik yang berdekatan. Bentuk persamaan kecepatan reaksi:

d C

− rA =− ^A = k CAn dapat didekati dengan: − rA ≈−^ΔCA = k CA n

d t Δt

t (menit) 0,0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,6 0,8 1,0 1,2 CA (mol/L) 1,51 0,86 0,58 0,45 0,35 0,28 0,20 0,18 0,15 Tentukan orde reaksi (n) dan konstanta kecepatan reaksi (k) ini dengan menggunakan metode diferensial!

PENYELESAIAN:

Harga n dan k dapat dievaluasi dengan mengambil harga logaritma terhadap kedua ruas pada persamaan: −ΔC^A = k CAn sehingga menjadi: log ⎜_⎜⎛^−Δ_Δ^C_t^A _⎠⎟^⎞⎟= log k + n .^log

(

^CA

)

Δt ⎝

dengan log k dan n masing-masing merupakan intercept dan lereng/kemiringan dari plot linier

⎛ ΔC^A ⎞⎟_⎟ versus ^log

(

^CA

)

antara log ⎜_⎜− _{Δt ⎠}

⎝

Hasil-hasil perhitungan terhadap data-data dalam soal disajikan pada tabel dan grafik berikut ini:

-11 -10 -9 -8 -7 -6 -5

0.00320.00330.00340.00350.00360.00370.0038

1/T (Kelvin^-1)

ln k

Berdasarkan plot linier di samping, diperoleh:

kemiringan garis (slope) =

= R

−Ea = -9913,4 K dan

intercept = ln A = 26,489

dengan:

Δ t = ti+1 – t Δ C^A = CA,i+1 – CA,i

C^A,i +C^A,i+1 C^A =CA,rata−rata =

2

i menyatakan nomor data yang ditinjau

Berdasarkan perhitungan dengan menggunakan metode regresi linier terhadap data-data yang bersesuaian, diperoleh: n = 2,0647 ≈ 2 log k = 0,7094

0.2 atau: k = 10^0,7094 = 5,1215 ≈ 5,1 Jadi, reaksi ini mempunyai orde n = 2, dengan konstanta kecepatan atau kecepatan spesifik sebesar

L

k = 5,1 mol . menit

SOAL #8:

Reaksi dekomposisi fase-gas berorde-satu: A → 2,5 B, berlangsung dalam sebuah reaktor batch pada kondisi isotermal, dengan tekanan 2 atm dan reaktan awal yang terdiri atas 80%-mol A dan sisanya inert, serta volumenya bertambah 60% dalam waktu 20 menit. Dengan komposisi reaktan yang sama dan jika reaksi dilakukan dalam reaktor bervolume-tetap, hitunglah waktu yang dibutuhkan agar tekanannya menjadi 3,5 atm (dari tekanan awal sebesar 2 atm)!

PENYELESAIAN:

Reaksi: A → 2,5 B -rA = k CA (berorde-satu) Komposisi reaktan awal: A = 80%; inert = 20%

♦ Tinjaulah kondisi 1: Reaksi pada sistem volume berubah (P = 2 atm)

Kondisi ini digunakan untuk menghitung harga konstanta kecepatan reaksi ini pada suhu T.

V – V0 = ΔV = 60% V0 : t = 20 menit

Pada sistem volume berubah, fraksi perubahan volume sistem reaksinya dapat ditinjau melalui perhitungan harga εA, yang dalam kasus ini (basis yang diambil: mula-mula ada 5 mol gas):

Basis (mol) A B Inert Jumlah

Mula-mula (XA = 0) 4 0 1 5

Akhir (XA = 1) 0 2,5 x 4 = 10 1 11 sehingga: εA = = 1,2

d C C d

(

^{ln V}

)

^{dt εA dt}

Pada sistem batch bervolume berubah: − r^A = − ^A = ^A0

C d

(

^{ln V}

)

⎛ 1− X ⎞ sehingga pada kinetika reaksi orde-satu: ε^A0 dt = k CA0 ⎜⎜ 1+ε^A XA A ⎟⎟⎠

A ⎝

⎛ ΔV ⎞

y = 2.0647x + 0.7094 R² = 0.9565

-1.2 -1.0 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

-1.0 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0.0

Δ t (menit)

Δ CA

(mol/L)

C

A

(mol/L)

ΔC

− ^A

Δt

log

(

^CA

)

⎛ ΔC ⎞ log ⎜⎜−

Δt^A ⎟⎟⎠

⎝

x y

0,1 -0,65 1,185 6,5 0,0737 0,8129 0,1 -0,28 0,72 2,8 -0,1427 0,4472 0,1 -0,13 0,515 1,3 -0,2882 0,1139

0,1 -0,1 0,4 1 -0,3979 0

0,2 -0,07 0,315 0,35 -0,5017 -0,4559 0,2 -0,08 0,24 0,4 -0,6198 -0,3979

0,2 -0,02 0,19 0,1 -0,7212 -1

0,2 -0,03 0,165 0,15 -0,7825 -0,8239

atau, dalam bentuk yang telah diintegralkan: −ln ⎜^⎜1−_ε ^A _V⁰ ⎟^⎟_⎠=−ln

(

^{1− X A}

)

^{= k t}

⎝

⎛ 0,6 ⎞

−ln ⎜1− ⎟=−ln

(

1−0,5

)

= k

(

20 menit

)

⎝ 1,2 ⎠

ln

(

1−0,5

)

⁻¹

Dengan demikian: XA = 0,5 dan k =− = 0,035 menit 20 menit

♦ Tinjaulah kondisi 2: Reaksi pada sistem volume tetap P0 = 2 atm : P = 3,5 atm

Kondisi ini digunakan untuk menghitung t (berdasarkan harga k yang diperoleh sebelumnya).

Pada t = 0: P0 = pA0 + pinert,0 = 2 atm

Berdasarkan komposisi reaktan awal: pA0 = (0,8) (2 atm) = 1,6 atm pinert,0 = pinert

= (1 - 0,8) (2 atm) = 0,4 atm Pada t = t: P = pA + pB + pinert = 3,5 atm

Jika dinyatakan sebagai fungsi konversi A (XA):

P = pA0 (1 – XA) + pB0 + 2,5 pA0 XA + pinert

P = pA0 – pA0 XA + 0 + 2,5 pA0 XA + pinert

P = pA0 + pinert + 1,5 pA0 XA

P − p^A0 − p^inert 3,5 −1,6 −0,4

X A = = = 0,625 = 62,5% 1,5 pA0

(

^1,5

)(

^1,6

)

d X ^A

(

1− X A

)

Kinetika reaksi orde-satu pada sistem batch volume-tetap: CA0 = k CA0 d t atau, dalam bentuk yang telah diintegralkan: − ln

(

^{1− X A}

)

^{= k t}

−ln

(

^1−0,625

)

⁼

(

0,035 menit⁻¹

)

^t

ln

(

1−0,625

)

Dengan demikian: t =− −1 = 28,3 menit 0,035 menit

Catatan: Penentuan XA juga dapat dilakukan melalui penyusunan tabel stoikiometri reaksi, seperti yang telah diuraikan dalam materi kuliah.

pA = pA0 − ( P − P0 ) atau: pA0 − pA = ( P − P0 ) atau: pA0 X A = ( P − P0 ) Pada kasus ini: pA0 = (0,8) (2 atm) = 1,6 atm; dan δ = 2,5 – 1 = 1,5 Dengan demikian: 1,6 XA =

(3,5 – 2) / 1,5 atau: XA = 0,625 = 62,5%

SOAL #9:

Di dalam sebuah reaktor alir katalitik, CO dan H2 terkonversi menjadi CH3OH.

a). Jika 1000 kg jam^-1 CO diumpankan ke dalam reaktor (yang berisi 1200 kg katalis) dan 14%

CO terkonversi, hitung kecepatan pembentukan metanol per g katalis.

b). Jika katalis mempunyai luas permukaan spesifik sebesar 55 m² g^-1, hitung kecepatan pembentukan metanol per m² katalis.

c). Jika setiap m² katalis mempunyai 10¹⁹ pusat aktif katalitik, hitung jumlah molekul metanol yang dihasilkan per satuan pusat aktif katalitik per detik.

PENYELESAIAN:

Reaksi yang terjadi: CO + 2 H2⎯⎯ →^katalis⎯ CH3OH

Massa molekul relatif: CO = 28 kg/kmol; Metanol (CH3OH) = 32 kg/kmol Umpan CO: laju alir massa = 1000 kg jam^-1; konversi = 14%

Katalis: massa = 1200 kg; luas permukaan spesifik = 55 m² g^-1 banyaknya pusat aktif katalitik = 10¹⁹ per m²

Bilangan Avogadro, Nav = 6,02 x 10²³ molekul mol^-1

1000 kg jam^{−1 -1}

a) Laju alir molar umpan CO = −1 = 35,71 kmol jam 28 kg kmol

CO yang terkonversi = 14% x umpan CO = 14% x 35,71 kmol jam^-1 = 5 kmol jam^-1 Metanol yang terbentuk = ¹ x CO yang terkonversi = 5 kmol jam^-1 1

metanol yang terbentuk Metanol yang terbentuk per g katalis =

massa katalis ⁻¹

5 kmol metanol jam 1 kg 1000 mol

= x x

1200 kg katalis 1000 g kmol = 4,2 x 10^-3 mol metanol x 32 g metanol g katalis . jam mol

= 0,1344 (g metanol) (g katalis)^-1 (jam)^-1

∴ Kecepatan pembentukan metanol per g katalis adalah sebesar:

4,2 x 10^-3 (mol) (g katalis)^-1 (jam)^-1 atau 0,1344 (g) (g katalis)^-1 (jam)^-1 b) Metanol yang terbentuk per m² katalis = 4,2 x 10^-3mol metan ol

x ^{g katalis} g katalis . jam 55 m ² = 7,58 x 10^-5 mol metan ol x 32 g metan ol m² katalis . jam mol

= 2,43 x 10^-3 (g metanol) (m² katalis)^-1 (jam)^-1

∴ Kecepatan pembentukan metanol per m² katalis adalah sebesar:

7,58 x 10^-5 (mol) (m² katalis)^-1 (jam)^-1 atau 2,43 x 10^-3 (g) (m² katalis)^-1 (jam)^-1 c) Metanol yang terbentuk per satuan pusat aktif katalitik per detik =

= 7,58 x 10^-5 mol metan ol x m ² katalis ²

19

m katalis . jam 10 pusat aktif katalitik 6,02 x 10 ²³ molekul 1 jam

x x mol 3600 det ik

= 1,27 x 10^-3 molekul metanol.(satuan pusat aktif katalitik)^-1.(detik)^-1

∴ Jumlah molekul metanol yang dihasilkan per satuan pusat aktif katalitik per detik sebesar : 1,27 x 10^-3 molekul.(satuan pusat aktif katalitik)^-1.(detik)^-1

dy/kinkat/contoh soal & penyelesaian/campur/reaksi homogen/2006/halaman 13

SOAL #10:

Persamaan kecepatan reaksi: A + 2 B → 3 C dapat dinyatakan sebagai: -rA = k CA CB

a). Tuliskan persamaan kinetika yang menyatakan kecepatan konsumsi B dan kecepatan pembentukan C.

b). Berapakah orde reaksi tersebut dan tentukan satuan konstanta kecepatan reaksinya.

PENYELESAIAN:

Persamaan reaksi: A + 2 B → 3 C Persamaan kecepatan reaksi: -rA = k CA CB

− rA

− rB

r Hubungan antara kecepatan konsumsi A, konsumsi B, dan

pembentukan C :

a) Persamaan kinetika yang menyatakan kecepatan konsumsi B:

Persamaan kinetika yang menyatakan kecepatan pembentukan C:

r = 3 x rC = 2 k CA CB

b) Berdasarkan persamaan kecepatan reaksi tersebut di atas, orde reaksi terhadap A = 1, orde reaksi terhadap B = 1, dan orde reaksi keseluruhan = 1 + 1 = 2

Untuk reaksi berorde 2 (n = 2), satuan konstanta kecepatan reaksinya: (konsentrasi)^1-n (waktu)^-1 (konsentrasi)^-1 (waktu)^-1 Misalkan, jam merupakan satuan waktu dan mol L^-1 merupakan satuan konsentrasi, maka satuan konstanta kecepatan reaksinya adalah k [=] L . mol^-1 . jam^-1

SOAL #11:

Jika –rA = -(dCA/dt) = 0,2 mol/liter.detik pada saat CA = 1 mol/liter, berapakah kecepatan reaksinya pada saat CA = 10 mol/liter? Catatan: orde reaksi tidak diketahui

PENYELESAIAN:

Model umum persamaan kinetika reaksi: -rA = -dCA/dt = kCAn

0,2 mol/L.detik = k.1ⁿ Untuk setiap harga orde reaksi (n) berapa pun: k = 0,2

Dengan demikian, jika CA = 10 mol/L maka: –rA = -dCA/dt = 0,2 x 10ⁿ mol/L.detik Jika diasumsikan :

n = 0 : k = 0,2 mol/L.detik, dan

–rA = -dCA/dt = 0,2 x 10⁰ = 0,2 mol/L.detik n = 1 : k = 0,2 detik^-1, dan

–rA = -dCA/dt = 0,2 x 10¹ = 2 mol/L.detik n = 2 : k = 0,2 L/mol.detik, dan

–rA = -dCA/dt = 0,2 x 10² = 20 mol/L.detik Analog untuk harga n yang lain. Gambar di samping ini mengilustrasikan profil –rA = 0,2 x 10ⁿ (grafik hubungan antara –rA vs n, untuk 0 ≤ n ≤ 2)

32 =

2 = 3

C

32

rA

− = 2

rB

−

r

- B = 2 x 23 x (-rA) r

- B = 43 k CA CB

32

rA

− = 3 rC

C 23 x (-rA)

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22

0 0,20,40,60, 8 1 1,21,41,61, 8 2 n, orde reaksi

-rA [=] mol/L.s

SOAL #12:

Cairan A terdekomposisi melalui kinetika reaksi berorde-satu. Dalam sebuah reaktor batch, 50% A terkonversi dalam waktu 5 menit. Berapakah waktu yang diperlukan agar konversi A mencapai 75%? Ulangi soal ini jika kinetika reaksi tersebut berorde-dua!

PENYELESAIAN:

d C^A

Persamaan kinetika reaksi berorde-satu: − rA =− = k CA d t

C^A

(

^{1− X A}

)

^{= k t}

Dalam bentuk yang telah diintegralkan: −ln = k t atau: − ln CA0

ln

(

1− X ^A1

)

ln

(

1− X ^A2

)

Karena harga k tetap pada 2 waktu t yang ditinjau, maka: − =−

t1 t2

ln

(

1−0,5

)

^ln

(

1−0,75

)

− =−

5 menit t2

sehingga: t2 = t pada saat XA sebesar 75% = 10 menit

d C^{A 2}

Dengan cara yang sama, jika persamaan kinetika reaksi berorde-dua: − rA =− = k CA d t

1 1 1 X ^A

Dalam bentuk yang telah diintegralkan: − = k t atau: = k t CA CA0 CA0 1− X A

X ^A1 X ^A2 Karena harga [k.CA0] tetap pada 2 waktu t yang ditinjau, maka: =

t1

(

^{1− X A1}

)

^t2

(

^{1− X A2}

)

0,5 0,75

=

(

5 menit

)(

1−0,5

)

t2

(

1−0,75

)

sehingga: t2 = t pada saat XA sebesar 75% = 15 menit

SOAL #13:

Dalam sebuah reaksi polimerisasi cairan pada kondisi isotermal, 20% monomer terkonversi dalam waktu 34 menit untuk konsentrasi awal monomer sebesar 0,04 mol/liter dan juga 0,8 mol/liter. Tentukan persamaan yang menyatakan kecepatan berkurangnya monomer!

PENYELESAIAN:

Pada 2 harga konsentrasi awal reaktan yang berbeda (CA0,1 = 0,04 mol/L dan CA0,2 = 0,8 mol/L), konversi reaktan A (XA) sebesar 20% sama-sama tercapai dalam waktu 34 menit. Reaksi yang memiliki karakteristik seperti ini (yakni bahwa konversi reaktannya tidak dipengaruhi oleh konsentrasi awal reaktan) adalah reaksi berorde-satu.

Bukti:

d C^A d C^A d t CA

Persamaan kinetika reaksi berorde-satu: − rA =− = k CA atau: − = k d t

Dengan batas-batas integrasi: CA = CA0 pada saat t = 0, dan hingga CA = CA pada saat t = t, maka:

C^A C^A0

(

^{1− X A}

) (

^{1− X A}

)

^{= k t}

dy/kinkat/contoh soal & penyelesaian/campur/reaksi homogen/2006/halaman 15

−ln = k t atau: −ln =−ln

CA0 CA0

(terlihat bahwa harga XA hanya dipengaruhi oleh harga k dan t) ln

(

1− X ^A

)

ln

(

1−0,20

)

Menghitung harga k: k =− =−

t 34 menit

k = 6,56.10^-3 menit^-1

Jadi, persamaan yang menyatakan kecepatan berkurangnya monomer (A) adalah: –rA = 6,56.10^-3 CA

dengan: -rA [=] mol/L.menit dan CA [=] mol/L SOAL #14:

Reaksi homogen fase gas ireversibel: 2 NO + 2 H2 N2 +2 H2O dipelajari dalam sebuah reaktor batch bervolume-tetap dengan campuran awal reaktan yang ekuimolar antara NO dan H2 pada berbagai tekanan awal sistem sebagai berikut:

P total (mm Hg) 200 240 280 320 360

t ½ (detik) 265 186 115 104 67

Tentukanlah orde-keseluruhan reaksi ini!

PENYELESAIAN:

Misalkan: NO ≡ A, H2 ≡ B, N2 ≡ P, dan H2O ≡ Q

Reaksi tersebut di atas dapat dituliskan sebagai: 2 A + 2 B P + 2 Q

Hubungan antara pA, pA0, dan P (jika gas-gas diasumsikan berkelakuan seperti gas ideal):

Mula-mula (t = 0) : A dan B ekuimolar, maka: pA0 = pB0

Tekanan total sistem mula-mula : P0 = pA0 + pB0

Jika A diambil sebagai basis perhitungan : P0 = pA0 + pA0 = 2 pA0

Pada t = t : Berdasarkan hubungan stoikiometri reaksinya (A diambil sebagai basis):

pA = pA

pB = pA [karena perbandingan koefisien stoikimetri A:B = 1:1] pP

= pP0 + ½ (pA0 - pA) = ½ (pA0 - pA) [karena pP0 = 0]

pQ = pQ0 + (pA0 - pA) = pA0 - pA [karena pQ0 = 0] Tekanan total sistem pada setiap saat (t = t):

P = pA + pB + pP + pQ

P = pA + pA + ½ (pA0 - pA) + (pA0 - pA) = ½ pA + ³2 pA0

2 P = pA + 3 pA0 atau:

pA = 2 P – 3 pA0

Sebagai alternatif cara yang lain, pA sebagai fungsi pA0 dan P dapat ditentukan melalui:

pi sehingga, untuk komponen A:

pA

Karena dalam kasus ini: P0 = 2 pA0, maka: pA = pA0 +2 (P – 2 pA0) = pA0 + 2 P – 4 pA0 atau: pA = 2 P – 3 pA0

(sama dengan hasil yang diperoleh dengan cara sebelumnya) Dengan pendekatan gas ideal, maka pada kondisi isotermal: pA = CA R T (dengan kata lain, perubahan CA selama reaksi berlangsung dapat diamati melalui perubahan pA)

Pada t = t½ : pA = ½ pA0 sehingga, hubungan antara pA0 dengan P (melalui pengukuran t½ reaksi):

pA = 2 P – 3 pA0 atau: ½ pA0 = 2 P – 3 pA0 atau: ⁷2 pA0 = 2 P sehingga: pA0 = ⁴ P 7

Analog untuk hubungan antara t½ dengan CA0, maka hubungan antara t½ dengan pA0:

t¹² =

( )(

¹ⁿ² −¹⁻1n

)

−k1 CA01−n =

( )(

¹ⁿ² −¹⁻1n

)

−1 ⎛ p^A0

⎟⎟⎞¹⁻ⁿ [n ≠ 1] ⎜ k ⎜⎝ R T ⎠

⎛⎞

⎜⎟

atau, dalam bentuk yang telah dilinierisasi: log t1= log ^⎜

(

R T

)

¹⁻ⁿ

(

n −1

)

k ⎟⎟+

(

1− n

)

^{log pA0}

2 ⎜

⎝ ⎠

Harga orde reaksi keseluruhan (n) dapat dievaluasi dengan mengalurkan grafik linier antara log t½ versus log pA0, yakni dengan mengambil slope-nya sebagai harga [1 - n].

Hasil-hasil perhitungan terhadap data-data dalam soal disajikan pada tabel dan grafik berikut:

P (mm Hg)

t½ (detik)

pA0 = 4/7 x P (mm Hg)

log pA0 log t½

x y

200 265 114,2857 2,0580 2,4232

240 186 137,1429 2,1372 2,2695

280 115 160 2,2041 2,0607

320 104 182,8571 2,2621 2,0170

360 67 205,7143 2,3133 1,8261

log pA0

Berdasarkan harga slope grafik, maka: 1 - n = -2,271 atau: n = 3,271 ≈ 3 Jadi, orde keseluruhan reaksi ini adalah 3.

(Harga k juga dapat sekaligus dihitung dengan menggunakan harga intercept grafik di atas) SOAL #15:

Sebuah sistem reaksi homogen kompleks yang skemanya dituliskan berikut ini dilangsungkan P + 2 Q

dalam reaktor batch bervolume tetap: A + 2 B

3 R

Campuran awal sistem reaksi terdiri atas: nA0 = 4 mol; nB0 = 10 mol; nP0 = 0,1 mol; nQ0

= nR0 = 0; dan ninert,0 = 2 mol.

a) Di antara komponen-komponen reaksi di atas, manakah yang merupakan limiting reactant?

b) Jika ditinjau pada t = t (setiap saat), berapa banyaknya mol inert yang ada dalam sistem?

c) Jika nB = 4 mol dan nP = 2,5 mol yang diamati pada saat t = t, hitunglah:

(i) Konversi A (XA) dan konversi B (XB) pada saat itu

(ii) Banyaknya mol Q pada saat itu (nQ), perolehan/yield Q terhadap A dan B (YQ/A dan YQ/B), serta selektivitas Q terhadap A dan B (SQ/A dan SQ/B)

(iii) Banyaknya mol R pada saat itu (nR), perolehan/yield R terhadap A dan B (YR/A dan YR/B), serta selektivitas R terhadap A dan B (SR/A dan SR/B)

PENYELESAIAN:

a) Di antara reaktan A dan B, yang merupakan limiting reactant adalah A. Hal ini disebabkan karena, secara stoikiometri, reaktan A akan lebih dahulu habis bereaksi atau terkonversi

nA0 4 nB0 10 nA0 n^B0 dibandingkan dengan reaktan B, atau: = = 4 dan = = 5 sehingga: <

ν^A 1 ν^B 2 ν^A ν^B

b) Banyaknya inert relatif tidak berubah selama reaksi berlangsung, maka: ninert = ninert,0 = 2 mol c) (i) nB = 4 mol, maka: B yang terkonversi = nB0 – nB = 10 – 4 = 6 mol

( )

12¹⁻ⁿ−¹

2 1

y = -2.271x + 7.1041 R² = 0.9769

1.5 1.7 1.9 2.1 2.3 2.5 2.7

2 2.1 2.2 2.3 2.4

log t

/2 1

dy/kinkat/contoh soal & penyelesaian/campur/reaksi homogen/2006/halaman 17

A yang terkonversi (dihitung berdasarkan perbandingan stoikiometri antara A dan B)

= nA0 – nA =

(

^{nB0 − nB}

)

⁼

(

^{6 mol}

)

= 3 mol atau: nA = 4 – 3 = 1 mol n^A0 − n^A 3 mol

Jadi: Konversi A, X A =

= = 0,75

=75% nA0 4 mol n^B0 − nB 6 mol

Konversi B, X B = = = 0,6 = 60%

nB0 10 mol

(Karena A limiting reactant, terlihat bahwa XA > XB pada tinjauan t yang sama) (ii) nP = 2,5 mol, maka: P yang terbentuk oleh reaksi = nP – nP0 = 2,5 – 0,1 = 2,4 mol

1 n^P − nP0 1 2,4 mol

sehingga: YP / A = = = 0,6 = 60%

1 n^A01 4 mol

2 nP − n^P0 2 2,4 mol

YP / B = = = 0,48 = 48%

1 nB0 1 10 mol 1 n − n 1 2,4 mol

SP / A = P P0 = = 0,8 = 80%

1 nA0 − nA 1 3 mol 2 n^P − nP0 2 2,4 mol

SP / B = = = 0,8 = 80%

1 nB0 − nB 1 6 mol

Q yang terbentuk (dihitung berdasarkan perbandingan stoikiometri antara P dan Q) = nQ – nQ0 =

(

^{nP − nP0}

)

⁼

(

^{2,4 mol}

)

= 4,8 mol

Karena nQ0 = 0, maka: nQ = 0 + 4,8 = 4,8 mol 1 nQ − nQ0 1 4,8 mol

Jadi: YQ / A = = = 0,6 = 60%

2 n^A0 2 4 mol

2 nQ − nQ0 2 4,8 mol

Y^{Q / B} = = = 0,48 = 48%

2 nB0 2 10 mol 1 nQ − n^Q0 1 4,8 mol

SQ / A = = = 0,8 = 80%

2 n^A0 − n^A 2 3 mol 2 nQ − n^Q0 2 4,8 mol

SQ / B = = = 0,8 = 80%

2 nB0 − nB 2 6 mol

(iii) R yang terbentuk dihitung berdasarkan perbandingan selektivitas antara reaksi 1 dan 2:

SR / A = 1− SP / A = 1− SQ / A = 1−0,8 = 0,2 = 20%

SR / B = 1− SP / B = 1− SQ / B = 1−0,8 = 0,2 = 20%

1 n^R − n^R0 2 n^R − n^R0

SR / A = SR / B = 0,2 = =

3 n^A0 − n^A 3 n^B0 − n^B 1 n^R −0 2 n^R −0 3 3 mol

3 6 mol

Karena nR0 = 0, maka: 0,2 = = , sehingga: nR = 1,8 mol

12

R yang terbentuk oleh reaksi: nR – nR0 = 1,8 – 0 = 1,8 mol

Dengan demikian:

1 n − n 1

(

^{1,8 −0}

)

^mol

YR / A = R R0 = = 0,15 =

15%

3 nA0 3 4 mol

2 n − n 2

(

1,8 −0

)

^mol

YR / B = R R0 = = 0,12 =

12%

3 nB03 10 mol

(Bandingkan dan analisislah sendiri hasil-hasil yang diperoleh pada bagian (ii) dan (iii)) Hasil-hasil perhitungan selengkapnya disajikan dalam bentuk tabel stoikiometri reaksi berikut:

Basis (mol) A B P Q R Inert

Mula-mula (t = 0) 4 10 0,1 0 0 2

Terbentuk -3 -6 2,4 4,8 1,8 0

Akhir (t = t) 1 4 2,5 4,8 1,8 2

SOAL #16:

Sebuah percobaan batch terhadap reaksi searah: A P, selama 10 menit memperlihatkan bahwa 75% reaktan cair (A) telah terkonversi menjadi produk (P) melalui kinetika reaksi berorde-setengah. Hitung fraksi reaktan A yang telah terkonversi jika reaksi berlangsung selama setengah jam!

PENYELESAIAN:

Persamaan kinetika reaksi berorde-setengah yang berlangsung dalam sistem batch bervolume-tetap:

d C^{A 12} d C^A

− rA =− = k CA atau, dapat juga dituliskan sebagai: −= k d t d t CA

Dengan batas-batas integrasi: CA = CA0 pada t = 0, dan CA = CA pada t = t

C A d ^CA t−0,5+1^CAt 0,5 0,5

maka: −

∫

^{= k}

∫

d t atau: − CA

A0 = k t 0 atau: CA0 − CA = 0,5 k t

CA0 C^{A 0C}

Jika dinyatakan dalam XA: CA00,5 − CA00,5

(

1− X A

)

^0,5 = 0,5 k t atau: CA00,5

(

¹⁻

(

^{1− X A}

)

^0,5

)

^{= 0,5}

k t

atau: 1−

(

1− X A

)

^0,5 = ^0,50k

,5 t = k' t dengan: k' = ^0,50k

,5

C^A0 C^A0

Pada t = 10 menit: XA = 0,75, sehingga: 1−

(

1−0,75

)

^0,5 = k' (10 menit ), atau: k' = 0,05 menit⁻¹ Hubungan antara t dan XA pada kasus reaksi ini dapat dituliskan sebagai: 1−

(

1− X A

)

^0,5 = 0,05 t

dan profilnya disajikan pada tabel dan grafik

berikut ini:

Berdasarkan tabel dan grafik di samping,

terlihat bahwa, pada kasus ini, A telah

terkonversi sempurna (XA = 1) pada saat

t = 20 menit.

1 5 , 0

1 +

−

XA t (menit)

0 0

0,2 2,11 0,4 4,51 0,6 7,35 0,7 9,05

0,75 10

0,8 11,06

1 20

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

0 4 8 12 16 20

t (menit) XA

dy/kinkat/contoh soal & penyelesaian/campur/reaksi homogen/2006/halaman 19

Dengan demikian, pada saat t = ½ jam = 30 menit, maka konversi A, XA = 1 (atau 100%) SOAL

#17:

Penggunaan katalis Fe pada reaksi sintesis amonia dapat menurunkan energi aktivasi reaksi dari 57 kkal/mol menjadi 12 kkal/mol dan meningkatkan faktor frekuensi menjadi 2 kali lipatnya. Hitung berapa kali katalis Fe dapat melipatgandakan kecepatan reaksi tersebut pada 450^oC! Gunakan persamaan Arrhenius untuk konstanta kecepatan reaksi; R = 1,9