Hukum Termodinamika I

Hukum Termodinamika I.

Hukum termodinamika I menyatakan bahwa energi tidak dapat diciptakan atau dimusnahkan, namun energi hanya bisa diubah dari satu bentuk energi ke energi lainnya. Proses perubahan energi disebut dengan kerja. Persamaan hukum Termodinamika dinyatakan dengan rumus sebagai berikut;

∆ U=Q+W … … … …(Pers.1)

dU=dQ+dW … …(Pers .2:untuk perubahanenergi yang kecil) dW=− PdV …..(Pers.3)

dH=dU+PdV+VdP… …(Pers.4) dU=Cv dT … … .(Per.5)

dH=CpdT … …(Pers.6)

bernilai positif apabila kalor ditransfer dari lingkungan ke sistem, namun ketika kalor ditransfer dari sistem ke lingkungan maka nilai Q adalah negatif. Kerja (W) bernilai positif apabila kerja dilakukan oleh sistem ke lingkungan dan Kerja akan bernilai negatif apabila dilakukan oleh lingkungan ke sistem. Energi dalam bersifat ekstensif dan tidak dapat diukur secara langsung. Hukum pertama termodinamika mendefinisikan perubahan energi internal sebagai perbedaan antara energi yang ditambahkan ke sistem sebagai panas dan kerja termodinamika yang dilakukan oleh sistem ke lingkungannya. Jika dinding sistem tidak melewatkan materi atau sistem maka tidak ada perubahan energi internal ( ∆ U=0¿ .

Proses reversible adalah proses yang arahnya dapat dibalik, ha ini dikarenakan adanya perubahan infinitisimal (perubahan yang nilainya sangat kecil sekali dari kesetimbangan) dari kondisi eksternal. Terdapat beberapa keadaan dalam sistem reversible yaitu Isokhorik (volume tetap), isobarik (tekanan tetap), adiabatik (tidak ada kalor yang keluar masuk atau tidak ada panas yang ditransfer dari sistem ke lingkungan maupun sebaliknya), isotermis (tidak ada perubahan suhu) dan proses politropis (proses termodinamika yang memenuhi P V^δ = konstan). Pembahasan dari masing-masing proses tersebut dapat dijabarkan sebagai berikut:

1. Isokhorik.

Pada proses isokhorik tidak ada perubahan volume (dV =0) oleh karena itu berlaku rumus sebagai berikut:

dU = dQ – PdV W = PdV dH = dU + PdV + VdP dU = dQ - P(0) W = P(0) dH = dU + VdP dU = dQ = Cv dT W = 0

2. Isobarik.

Pada proses isobarik tidak ada perubahan tekanan (dP=0) oleh karena itu berlaku rumus sebagai berikut:

W= -PdV dH = dU + PdV + VdP dH = Cp dT

dU = dQ - PdV dH = dU + PdV + V(0) dQ = dH = dU + PdV dH = dQ = dU + PdV 3. Isotermis.

Pada proses isotermis tidak ada perubahan suhu (dT = 0 dan dU =0) oleh karena itu berlaku rumus sebagai berikut:

W = -PdV dU = dQ – PdV

W = - nRT ¿

(

^VV21

)

dU = dQ – nRT ¿(V₂ V₁) dH = dU + PdV + VdP

dH = dU + RT ln

(

^VV21

)

^+RTIn

(

^PP21

)

4. Adiabatik.

Proses adiabatik merupakan suatu proses termodinamika dimana tidak ada transfer kalor dari lingkungan ke sistem atau dari sistem ke lingkungan (dQ = 0). Proses adiabatik memenuhi persamaan (P V^γ ) dimana γ=Cp

Cv>1. Pada proses adiabatik terjadi perubahan tekanan, volume dan suhu maka konsep dasar rumusnya dapat dilihat sebagai berikut:P

dQ = dU – dW.

dQ = Cv dT – (-PdV) (Jika tekanan tetap) dQ = CvdT + RT ¿

(

^VV21

)

CvdT = -RT ¿

(

^VV21

)

dT T =

− R∈

(

^VV21

)

Cv

∫

T₁ T2

dT T =

∫

T2

T1 − R∈

(

^VV21

)

Cv

¿T₂ T₁=− R

Cv ∈

(

^VV21

) (

^TT21

)

⁼

(

^V2¹

)

^CvR

(

^TT21

)

⁼

(

^PP21

)

^{CpR dan}

(

^PP21

)

⁼

(

^VV12

)

^CpCv

dH = Cp dT dan dU = Cv dT Cp = Cv + R.

5. Proses Politropis.

Proses poloitropis merupakan proses yang memenuhi persamaan P V^δ = konstan, atau T V^{δ −1} = konstan atau T P

(

^{1− δ}δ

)

=konstan. Nilai δ untuk setiap proses berbeda-beda. Nilai δ untuk proses isobarik adalah 0, nilai δ untuk proses isotermal adalah 1, nilai δ untuk proses adiabitik adalah γ , dan nilai δ untuk proses isokhorik adalah tak hingga.

Kesetimbangan massa dan energi untuk proses termodinamika tidak hanya terjadi di sistem tertutup, namun juga terjadi di sistem terbuka. Fluida dengan volume terkontrol merupakan persamaan yang ditulis di dalam keseimbangan massa dan energi di dalam suatu termodinamika. Selain volume sistem yang terkontrol ada satu hal lagi yang mempengaruhi kesetimbangan massa dan energi yaitu fluida yang masuk ke sistem dan keluar dari sistem. Pada keadaan tidak setimbang (non steady state) sistem kontrol volume akan berubah (massa dan energi) seiring dengan perubahan waktu. Perubahan massa dan energi disebabkan oleh adanya fluida yang masuk dan keluar sistem. Massa yang masuk ke sistem akan bernilai positif sedangkan massa yang keluar sistem bernilai negatif.

dm_cv

dt =−(∆ m)_fs

∆(m)_fs=m₃−

(

^m2+m₁

)

dm_cv

dt =∆(ρuA)_fs

Jika sistem tersebut dapat digambarkan sebagai berikut:

Namun pada keadaan steady state atau dimana suatu sistem berada pada keadaan setimbang, artinya ini bukan berarti bahwa tidak ada fluida yang masuk dan keluar dari sistem fluida terkontrol, namun yang dimaksud dengan steady state (setimbang) disini adalah massa fluida yang masuk akan sama dengan massa fluida yang keluar.

Akibatnya ∆(m)_fs=0, dan persamaannya berubah menjadi:

dm_cv dt =0

Massa Fluida masuk = massa fluida keluar fluida∈¿=m_{fluida out}

m¿

ρ_¿u_¿A_¿=ρ_outu_outA_out

Karena ρ atau densitas merupakan massa per satuan volume dan telah disepakati bahwa massa pada fluida masuk dan keluar sama maka hanya terjadi perbedaan pada volumenya dan persamaan diatas dapat dituliskan sebagai berikut:

u_¿A_¿

V_¿ =u_outA_out V_out

Konsep kesetimbangan energi hampir sama dengan kesetimbangan massa yaitu aplikasinya pada sistem dengan volume terkontrol. Terdapat beberapa hal yang diperhitungkan yaitu adalah Internal Energi, Preassure, Volume, Enthalphy (H), Work dan Kalor (Q). Gambaran mengenai kesetimbangan energi dapat dilihat sebagai berikut

m₁

m₃ dm_cv

m₂ dt

laju persamaan energi masuk dapat dituliskan sebagai :

U (¿¿ ¿+1

2u_¿²+z_¿g)m

¿

Laju persamaan energi keluar dapat dinyatakan sebagai:

U (¿¿out+1

2u_out² +z_outg)m

¿

Laju energi netto : laju energi masuk dikurangi dengan laju energi keluar dan

dinyatakan sebagai berikut:

U (¿¿ ¿− out+1

2u_¿²_−out+z_{¿− out}g)m

− ∆¿

.

Laju akumulasi energi : d(mU)_cv

dt =¿

U (¿¿ ¿− out+1

2u_¿²_−out+z_{¿− out}g)m+Q+Work Rate.

− ∆¿ Work Rate = − ∆(PV)m+W .

Laju akumulasi energi : d(mU)_cv dt =¿

U (¿¿ ¿− out+1

2u_¿²_−out+z_{¿− out}g)m+Q+W − ∆(PV)m.

−∆¿

Laju akumulasi energi : d(mU)_cv

dt =¿

U ((¿¿ ¿− out+PV)+1

2u_{¿− out}² +z_{¿− out}g)m+Q+W

− ∆¿ Entahlphy (H) = U + PV

Laju akumulasi energi : d(mU)_cv

dt =¿ − ∆(H+1

2u_{¿− out}² +z_{¿− out}g)m+Q+W atau:

d(mU)_cv

dt +∆(H+1

2u_{¿− out}² +z_¿−outg)m=¿ +Q+W Catatan Penting : Jika T dan P kembali ke keadaan semula maka ∆ H=0 Neraca energi untuk steady state:

1. Pada keadaan steady state d(mU)_cv dt =0 .

2. Massa di dalam kontrol volume = konstan

3. Tidak ada perubahan sifat-sfat fluida didalam kontrol volume.

4. Tidak ada ekspansi di dalam kontrol volume.

5. Salah satunya usaha atau kerja yang ada adalah shaft work Maka persamaan untuk neraca energi dapat dilihat sebagai berikut:

+∆(H+1

2u_{¿− out}² +z_¿−outg)m=¿ _+Q+W

Contoh Soal:

1. Gas ideal dalam suatu sistem tertutup mengalami proses reversibel melalui serangkaian proses:

a)Gas ditekan secara adiabatis dari keadaan awal 70 ℃ dan 1 bar sampai 150

℃ .

b)Kemudian gas didinginkan pada tekanan konstan sampai 70 ℃ .

c)Akhirnya gas diekspansikan secara isotermal sampai dicapai kondisi awalnya Hitung W, Q, ∆ U, dan ∆ H untuk tiap langkah proses dan juga untuk keseluruhan proses. Data yang diketahui adalah:

CV= (3/2) R CP= (5/2) R Jawab :

Proses 1: Adiabatik P1 = 1 bar. T2 = 150 ℃.

T1 = 70 ℃.

1 ¯

¿

8,314 1,5x8,314

(

^423,15343,15° K^{° K}

)

^¿

¿¿ P₂=¿

V₁=8,31446x10⁻⁵m³mol¯⁻¹° K⁻¹x343,15° K:1¯¿0,0285m³. V₂=

( ⁽

^{423,15343,15° K° K}

⁾

^{x(0.0285)−1,51}

)

^{−1,5=0,0208m3}

dQ = 0 dU = Cv dT

dU = 1,5 x 8,314 J

molK x(^{(150+273,15)° K −(70+273,15)° K})^=997,68_mol^J dW = dU =997,68 J

mol. dH = 2,5 x 8,314 J

molK x(423,15−343,15)° K = 1662,80 J mol. Proses 2: Isobarik

P2 = P3= 1,689 bar.

V₃=V₂T₃

T₂ =0,0208x343,15

423,15 =0,016896m³ dH = 2,5 x 8,314 J

molK x(423,15−343,15)° K=−1662,80 J mol. dH = dU + PdV

dU = -1662,80

¯¿x(0,016896−0,0208)m³=−997,68 J mol. J

mol−1,689¯x100000Pa

¿

W = -PdV = -1,689 bar x 100000

¯¿x(0,016896−0,0208)m³=665,157 J mol Pa

¿

Q = dU+PdV

Q = -997,68 + -665,157 = -1662,80 J/mol Proses 3: Isotermal

T4 = T3 = 343,15 ° K V4 = V1 = 0,0285 m³ P4 = P1 = 1 bar W = -RTIn V₄

V3

=−8,314 J

molK x343,15K x∈ 0,0285m³

0,016896m³=−1494,653 J mol. -dQ = -PdV

dQ = 1494,653 J/mol.

dH = 0 + RTIn

1,689¯¿ 1¯¿

¿

¿¿

¿

(

^VV43

)

^+RT∈

(

^PP43

)

^{=0+1494,653molJ +8,314 molKJ x343,15K xln¿}

Total :

dH = 1662.80 J/mol -1662,80 J/mol + 0 J/mol =0 J/mol.

dU = 997,68 J/mol -997,68 J/mol = 0 J/mol.

dQ = 0 J/mol -1662,80 J/mol +1494,653 J/mol = -168,15 J/mol.

dW = 997,68 J/mol +665,157 J/mol – 1494,653 J/mol = 168,15 J/mol.

2. tank containing 20 kg of water at 293.15 K (20°C) is fitted with a stirrer that delivers work to the water at the rate of 0.25 kW. How long does it take for the temperature of the water to rise to 303.15 K (30°C) if no heat is lost from the water?

For water, Cp = 4.18 kJ kg-' "c-' . Jawab :

0,25KJ

s =20Kg x4,18 KJ

KgCx(30−20)℃ t= 836KJ

0,25KJ s

=3344s atau0,929jam .

3. Heat in the amount of 7.5 kJ is added to a closed system while its internal energy decreases by 12 kJ. How much energy is transferred as work?

Jawab:

∆ U=Q+W

−12KJ=7,5KJ+W

W=−12KJ −7,5KJ=−19,5KJ .

4. Calculate the reversible work done in compressing 0.0283 m3 of mercury at a constant temperature of 273.15 K(O°C) from 1 atm to 3000 atm. The isothermal compressibility of mercury at 273.15 K(O"C) is where P is in atm and K is in atm.

Jawab:

V₂=1atm x0,0283m³

3000atm =9,43x10⁻⁶m³. W=−8,314 J

molK x273,15Kln

(

^9,430,0283^x10−6m^3m3

)

^{=18182,2molJ .}

5. A steel casting weighing 2 kg has an initial temperature of 773.15 K (500°C); 40 kg of water initially at 298.15 K (25°C) is contained in a perfectly insulated steel tank weighing 5 kg. The casting is immersed in the water and the system is allowed to come to equilibrium. What is its final temperature? Ignore

any effect of expansion or contraction, and assume constant specific heats of 4.18 kJ kg-' K-' for water and 0.50 kJ kgp1 K-I.

Jawab:

2Kg x0,50KJ

KgK x(773,15− x)K=40Kg x4,18KJ

KgK x(x −298,15)+5Kg x0,50 KJ

KgK x(x −298,15)K 773,15KJ − xKJ

K =167,2xKJ

K −49850,62KJ+2,5xKJ

K −745,375KJ (773,15+49850,62+745,375)KJ=(167,2x+x+2,5x)KJ

K 170,7x KJ

K =51369,205KJ x=51369,205KJ

170,7KJ K

=300,93K=27,78℃.

6. A stream of warm water is produced in a steady-flow mixing process by combining 1.0 kg s-' of cool water at 298.15 K (25°C) with 0.8 kg s-' of hot water at 348.15 K (75°C). During mixing, heat is lost to the surroundings at the rate of 30 kW. What is the temperature of the warm-water stream? Assume the specific heat of water constant at 4.18 KJ/KgK.

Jawab:

Qhot water = Qcold water + W.

0.8Kg

s x4,18 Kj

KgK x(348.15−t)K=1Kg

s x4,18 KJ

KgK x(t −298,15)K+30KJ s 1164,214KJ

s −3,344tKJ

Ks=4,18t KJ

Ks−1246.267 KJ

s +30 KJ s 1216,267KJ

s +1164,214KJ

s =7,524t KJ Ks t=

1216,267 KJ s 7,524 KJ

Ks

=316,385K

t=43,235℃.

7. Water at 301.15 K (28°C) flows in a straight horizontal pipe in which there is no exchange of either heat or work with the surroundings. Its velocity is 14 m s-' in a pipe with an internal diameter of 2.5 cm until it flows into a section where the

pipe diameter abruptly increases. What is the temperature change of the water if the downstream diameter is 3.8 cm? Cp 4,18 KJ/KgK

Jawab : u₁A₁=u₂A₂

u₂= 14m

s x3,14x 1

4x2,5cm x2,5cm 3,14x 1

4x3,8cm x3,8cm

=6,059m s . H₁+1

2u₁²=H₂+1 2u₂² H1− H2=1

2

(

^6,059ms

)

²⁻¹2

(

^14ms

)

²

H₁− H₂=18,359m²

s² −98m² s² H₁− H₂=−79,641m²

s² H₁− H₂=c_pT₁−c_pT₂

−79,641m²

s²=4180 Kg m²

s²KgK

(

T1− T2

)

−79,641m²

s²=4180 m²

s²K

(

^T1−T₂

)

(

^T1−T₂

)

⁼

−79,641m² s² 4180 m²

s²K

=−0,01905K

T₂=−(−301,15−0,01905)K=301,169K

8. Fifty (50) kmol per hour of air is compressed from PI = 1.2 bar to P2 = 6.0 bar in a steady- flow compressor. Delivered mechanical power is 98.8 kW. Temperatures and velocities

are:Estimate the rate of heat transfer from the compressor. Assume for air that Cp = 7 2 ^R

and that enthalpy is independent of pressure. (

t₁=300K ;t₂=520K ;u₁=10m

s ;u₂=3,5m s .

Jawab :

Keterangan Mr udara didapat dari mengasumsikan bahwa udara terdiri dari 71%N2 dan 29%O2.

(

^{∆ Hm+}

⁽

¹²

⁽

^u22−u12

⁾

^m

⁾ )

^1t=Q+W

(

^Cp

⁽

^{t2− t1}

⁾

ⁿ⁺

⁽

¹²

⁽

^u22−u12

⁾

^m

⁾ )

^1t=Q+W

(

^{728,314molKJ (520K −300K)503600Kmols+}

⁽

¹²

⁽

^{3,5ms −10ms}

⁾

^{2503600Kmolsx29,16 KmolKg}

⁾ )

^{=Q+98800Kg ms3 2.}

(

^{88913,61Kg m}s^{3 2}−17,77Kg m²

s³

)

^{=Q+98800Kg m}s^{3 2} 88895,94 Kgm²

s³ −98800Kg m² s³ =Q Q=−9904 Kgm²

s³ atau −9348J

satau−9,904 KJ s .

9. Steam at 14 bar and 588.15 K(3 15°C) [state 11 enters a turbine through a 75 mm-diameter pipe with a velocity of 3 m s-' . The exhaust from the turbine is carried through a 250 mmdiameter pipe and is at 0.35 bar and 366.15 K(93"C) [state 21. What is the power output of the turbine?

H1 = 3074.5 kJ kg-' Vl = 0.1909 m3 kg-' H2 = 2871.6~kg -' V2= 4.878 m3 kg-' Jawab :

m=

3m s x1

4x3,14x0,075m x0,075m 0,1909 m³

Kg

=0,06939Kg s

u2= 3m

s x 1

4x3,14x75mm x75mm x4,878 m³ Kg 0,1909 m³

Kgx1

4x3,14x250mm x250mm

=6.899m s .

(2871,6−3074,5)x1000Kg m² s²Kg +1

2

(

^{(6,899−3)2m}s²²

)

^=W

−202881m²

s² atau −202881Kg m²

Kg s² atau−202881 J Kg=W W power=

[

^−202881KgJ

]

^{x0,6939Kgs =14078.2Js}

14078,2J

s x 1HP 745,7J

s

=18,8792HP

10. Carbon dioxide gas enters a water-cooled compressor at the initial conditions P1

= 1.04bar and TI = 284.15 K(lO°C) and is discharged at the final conditions P2 = 35.8 bar and T2 = 366.15 K(93'C). The entering C02 flows through a 100 mm- diameter pipe with a velocity of 6 s m-', and is discharged through a 25 mm- diameter pipe. The shaft work supplied to the compressor is 12 500 kJ kmol-'.

What is the heat-transfer rate from the compressor in kW?

H1 = 714 kJ kg-' Vl = 0.5774 m3 kg-' H2 = 768 kJ kgp1 V2 = 0.0175 m3 kgp'.

Jawab : m=

6m s x1

4 x3,14x0,1m x0,1m 0,5774 m³

Kg

=0,082Kg s

u₂= 6m

s x 1

4x3,14x100mm x100mm x0,0175 m³ Kg 0,5774 m³

Kgx1

4 x3,14x25mm x25mm

=2,910m s

(

^{(768−714)x1000Kg ms2Kg2+12}

⁽

^{(2,910−6)2ms22}

⁾ )

^{0,082Kgs =Q+}

⁽

^{12500KmolKJ x0,0018Kmol}

⁾

4,4038 KJ

s =Q+23,174KJ s 4,4038 KJ

s −23,174 KJ s =Q Q=−18,7702KJ

s x0,947817BTUx3600s

1KJ x1ℎour =64046,7BTU ℎour.

11.One kilogram of air is heated reversibly at constant pressure from an initial state of 300 K and 1 bar until its volume triples. Calculate W, Q, AU, and AH for the process. Assume for air that P V/ T = 83.14 bar cm3 mol-' K-' and Cp ^{= 29} J ^{mol-' K-'} .

Jawab : 1¯x V₁

300K=83,14 cm¯³ mol K

1¯¿=24942cm³ mol V₁=83,14 cm¯³

mol K x300K

¿

T2=

74826cm³

molx300K 24942cm³

mol

=900K .

W=− PdV=100KPa x(74826−24942)cm³

molx 1m³

10⁶cm³=−4,988400 KJ mol.

∆ H=Q=29 J

molK x(900−300)K=17400 J mol

∆ U=17,4 KJ

mol−4,9884 KJ

mol=12,4116 KJ mol.

12.The conditions of a gas change in a steady-flow process from 293.15 K (20°C) and 1000 kPa to 333.15 K (60°C) and 100 kPa. Devise a reversible nonflow process (any number of steps) for accomplishing this change of state, and calculate AU and AH for the process on the basis of 1 mol of gas. Assume for the gas that PV/T is constant, Cv ⁼ (5/2)R, and Cp ^{= (7/2)R.}

V₁=8,314m³Pa

molK x 293,15K

1000000Pa=0,002437 m³ mol V₁=8,314m³Pa

molK x 333,15K

100000Pa=0,02769 m³ mol W=− RTlnV₂

V₂=−8,314 J

molK x293,15Kln

(

0,002437^0,02769

)

^=−5923,72mol^J

∆ U=Q=5

28,314 J

molK x(333,15−293,15)K=831,4 J mol

∆ H=∆ U+PdV+VdP

∆ H=∆ U+P₁

(

^V2−V₁

)

^+V2

(

^P2− P₁

)

∆ H=831,4 J

mol+10⁶Pa(0,02769−0,002437)m³+0,02769m³

(

10⁵−10⁶

)

Pa=1163,96 J mol .

atau ∆ H=C_pdT=7

2x8,314 J

molK x(333,15−293,15)K=1163,96 J mol

Sifat-sifat Volumetri Fluida Murni.

Fluida merupakan suatu zat cair atau gas yang dapat mengalir, sedangkan fluida murni merupakan suatu zat cair atau gas yang dapat mengalir dengan komposisi yang hanya terdiri dari satu senyawa dengan kadar 100%. Namun pada kenyataannya suatu fluida tidak akan memiliki kadar yang benar-benar 100% maka fluida murni merupakan cara mudah untuk mengetahui sifat fluida yang memiliki kadar kemurnian sangat tinggi yaitu lebih dari atau sama dengan 99,5%. Untuk mengetahui sifat-sifat dari zat murni dapat dilihat pada grafik PT sebagai berikut:

Keterangan :

S : Fase Solid (Padat) Tc : Temperatur Kritis V : Fase Vapour (uap) Pc : Tekanan Kritis L : Fase Liquid (Cair) Vc : Volume Kritis

G : Fase Gas Triple Point : Pertemuan 3 titik (S, L dan V) F : Fase Fluida.

Tc atau temperatur kritis merupakan titik dimana suatu senyawa tidak akan dapat dicairkan berapa besarpun tekanan yang diberikan terhadap senyawa tersebut.

Fluida superkritis merupakan fluida yang memiliki densitas atau kerapatan sama

dengan fase cairnya namun dengan viskositas yang sama dengan fase gas. Fluida superkritik merupakan fluida yang tekanan dan temperaturnya berada diatas Pc (tekanan kritis) dan Tc (Temperature kritis). Titik triple merupakan titik dimana semua fase (vapour, liquid dan solid) berada pada keadaan setimbang. Adapula rumus untuk menentukan derajat kebebasan menurut gibbs yaitu F = C-P+2; dimana F merupakan derajat kebebasan, C merupakan jumlah komponen, P merupakan jumlah fase. Misal berapa jumlah derajat kebebasan pada air murni? Jawabannya yaitu 0. Air murni memiliki1 komponen yaitu air jadi nilai C = 1, jumlah fase yang memungkinkan bagi air adalah liquid, gas dan solid jadi nilai P = 3 kedua nilai tersebut dimasukkan ke rumus derajat kebebasan menjadi : F = 1 - 3 + 2 = 0.

Daerah satu fasa merupakan daerah yang hanya terdiri dari satu fasa saja.

Pada daerah satu fasa ini berlaku fungsi f(V, T, P) = 0. Persamaan tersebut dapat diteruskan menjadi sebagai berikut:

f(V , T , P)=0 V=V(T , P)

dV=

(

^{∂ V}∂T

)

_p^dT+

(

^{∂ V}∂ P

)

_T^{dP …..(Pers .2.1)}

Volume Expansivity(β)=1

V

(

^{∂ V}∂ T

)

_p^{(pers.2 .2)}

Isot ermalℎ Compressibility(k)=− 1

V

(

^∂V∂ P

)

_T^(pers.2.3)

Gabungkan persamaan 2.2 dan persamaan 2.3. ke persamaan 2.1.

dV=βVdT − kVdP ataudV

V =βdT − kdP(pers.2 .4) Tanda negatif pada − 1

V

(

^{∂ V}∂ P

)

_T disebabkan karena volume akan semakin berkurang jika tekanan dinaikkan. Jadi

(

^∂V∂ P

)

T secara inheren bernilai negatif, sehingga kompresibilitas merupakan besaran bernilai positif. Untuk fasa cair nilai

β dan k mendekati 0 sehingga persamaan 2.4 harus diintegralkan menjadi :

∫

V1

V2

dV V =

∫

T1

T2

βdT −

∫

P1

P2

kdP

ln

(

^VV21

)

^=β

⁽

^{T2− T1}

⁾

^{− k}

⁽

^{P2− P1}

⁾

Beberapa hal yang harus diperhatikan :

1. β dan k umumnya memiliki nilai positif kecuali untuk air pada suhu antara 0 ℃−4℃ .

2. β merupakan fungsi dari T dan k merupakan fungsi dari P. Jika nilai T dan P relatif kecil maka β dan k diperlakukan sebagaimana konstanta.

Contoh soal:

Cairan acetone pada tekanan 1 bar dan 20 ℃ : β=1,487x10⁻³; k=62x10⁻⁶danV¯ =1,287cm³g⁻¹. Hitunglah :

a.

(

^{∂ P}∂ T

)

_V

b. Tekanan akhir pada proses pemanasan pada volume tetap dari 20 ℃ dan 1 bar sampai suhu akhirnya mencapai 30℃ .

c. Perubahan volume jika keadaan awal 20 ℃ dan 1 bar menjadi 0 ℃ dan 10 bar.

Jawab :

a. βV=

(

^∂V∂ T

)

_p^{;− kV=}

(

^{∂ V}∂ P

)

_T

βV

− kV =∂ V

∂T x∂ P

∂ V

¯¿

℃.

−62x10⁻⁶¿¯⁻¹=−23,984¿

∂ P

∂T=1,487x10⁻³℃⁻¹

¿

b. ln

(

^VV21

)

^=β

⁽

^{T2− T1}

⁾

^{− k}

⁽

^{P2− P1}

⁾

¿¯⁻¹(x −1)¯¿

(

^1,2871,287^cmcm^33gg⁻⁻¹¹

)

^{=1,487x10−3℃−1(30−20)℃−62x10−6¿}

ln¿

¿¯⁻¹+62x10⁻⁶

0=1,487x10⁻²−62x10⁻⁶x¿

62x10⁻⁶¿¯⁻¹=240,8387¯¿ x=(1,487x10⁻²+62x10⁻⁶)

¿

c. ln

(

^VV21

)

^=β

⁽

^{T2− T1}

⁾

^{− k}

⁽

^{P2− P1}

⁾

¿¯⁻¹(9) ¯¿

(

1,287^Vcm^{2 3}g⁻¹

)

^{=¿1,487x10−3℃−1(−20)℃−62x10−6¿}

ln¿

(

1,287^Vcm^{2 3}g⁻¹

)

^=¿0,029182

ln¿ V₂=1,248

dV=(1,248−1,287)cm³

g =3,8x10⁻²cm³ g

Pada interaksi molekular gas nyata menunjukkan penyimpangan dari hukum gas ideal karena molekul-molekulnya berinteraksi. Terdapat empat faktor yang mempengaruhi interaksi molekular yaitu faktor pemampatan, koefisien virial, pengembunan dan konstanta kritis. Faktor pemampatan merupakan sifat dari gas nyata yang menyatakan ketergantungan gaya suatu gas terhadap jarah antar molekulnya. Persamaan faktor pemampatan dapat dinyatakan sebagai berikut : Z =

PV

RT . Pada tekanan tinggi nilai Z >1 manunjukkan bahwa gas-gas tersebut sulit untuk dimampatkan. Untuk gas ideal nilai faktor pemampatan sama dengan 1 (Z = 1).

Persamaan virial merupakan suatu persamaan yang menggambarkan hubungan antara tekanan, volume dan faktor pemampatan yang dapat dinyatakan pada persamaan berikut:

Z=PV

RT=1+B^'P+C^'P²+… V=RT

P

(

^{1+VBi−'1+VC '}i −1 2 +…

)

Catatan : untuk persamaan virial 2 suku tidak menggunakan iterasi, namun untuk persamaan virial lebih dari dua suku menggunakan iterasi.

Contoh soal :

Diketahui koefisien virial untuk gas isopropanol pada 200 ℃ yaitu : B = -388 cm³

mol C = -26000 cm⁶ mol².

Hitunglah Z dan V dari uap isopropanol pada 200 ℃ dan 10 bar dengah persamaan sebagai berikut:

a. Persamaan gas ideal.

b. Persamaan virial 2 suku.

c. Persamaan virial 3 suku.

Jawab :

a. Gas ideal Z =1;

83,144598cm³ ¯¿

mol K x473,15K 1=10V¯

¿ V = 3933,987 cm³

mol.

b.

10¯¿

(

^{1+3933,987−388molcmcmmol3 3}

)

^{=3545,987molcm3}

83,144598

cm³ ¯¿

mol K x473,15K V₁=¿ ¿

83,144598cm³ ¯¿

mol K x473,15K=0,90137 Z=PV

RT=

10¯x3545,987cm³ mol

¿

c.

10¯¿

(

^{1+3933,987−388molcmcmmol3 3+3933,987−26000molcmcmmol623}

)

^=3539cmmol3

83,144598

cm³ ¯¿

mol K x473,15K V₁=¿ ¿

10¯¿

(

^{1+−3539388molcmmolcm33 +−260003539cmmolmolcm3 62}

)

^=3495molcm3

83,144598

cm³ ¯¿

mol K x473,15K V₂=¿ ¿

10¯¿

(

^{1+−3495388molcmmolcm33 +−260003495cmmolmolcm3 62}

)

^=3489molcm3

83,144598

cm³ ¯¿

mol K x473,15K V₃=¿ ¿

10¯¿

(

^{1+−3489388molcmmolcm33 +−260003489cmmolmolcm3 62}

)

^=3488molcm3

83,144598

cm³ ¯¿

mol K x473,15K V₄=¿ ¿

10¯¿

(

^{1+−3488388molcmmolcm33 +−260003488cmmolmolcm3 62}

)

^=3539molcm3

83,144598

cm³ ¯¿

mol K x473,15K V₅=¿ ¿

10¯¿

(

^{1+−3488388molcmmolcm33 +−260003488cmmolmolcm3 62}

)

^=3488molcm3

83,144598

cm³ ¯¿

mol K x473,15K V₆=¿ ¿

Volume yang diambil adalah 3488 cm³

mol karena memiliki error kurang dari 0,0001 yang dihitung dengan rumus

[

^{ViV−Vi−1i −1}

]

^.

Z =

83,144598cm³ ¯¿

mol K x473,15K=0,886627 PV

RT=

10¯x3488cm³ mol

¿

.

Perhitungan persamaan virial untuk gas campuran berbeda dengan perhitungan persamaan virial untuk gas murni. Nilai koefisien virial untuk campuran dihitung dengan menggunakan mixing rule : B=

∑

i

∑

j

y_iy_jB_iB_j dimana y merupakan persentase atau kadar suatu senyawa dalam campuran gas dan B merupakan koefisien virial. Untuk 2 campuran persamaan “mixing rule” diatas menjadi sebagai berikut:

y

2(¿¿1y₂B₁₂)+y₂y₂B₂₂(2komponen) B=y₁y₁B₁₁+¿

B=y₁²B₁+y₂²B₂+…+2(y₁y₂B₁₂+y₁y₃B₁₃+y₂y₃B₂₃+…)

B₁₂atau B₂₁ disebut dengan cross virial value. Cross virial value dapat didapat dengan rumus sebagai berikut:

B_ij=(1−c_ij)

√

^BiBj

c_ij disebut dengan interaction parameter yang dapat dihitung dari potensial ionisasi dengan rumus sebagai berikut:

c_ij=0,17

(

^Ii− I_j

)

^0,5ln

(

^IIij

)

Contoh Soal:

Koefisien virial kedua dari 3 senyawa yang berada pada satu campuran di temperatur 321K, sebagai berikut:

propana:−340cm³

mol; Butana:−635cm³

mol;dan metil bromida:−451cm³ mol.

Hitung compressibility factor campuran gas yang terdiri dari 40% propana, 30%

butana dan 30% metil bromida pada temperatur 321 K dan tekanan 3 bar dengan menggunakan persamaan virial 2 suku. Nilai ^c12=0;c₁₃=1,909dan c₂₃=1,856.

Jawab :

B₁₂=

(

(1−0)

√

^{−340x −635}

⁾

^cm

3

mol=464,6504cm³ mol B₂₃=

(

(1−1,856)

√

^{−635x −451}

⁾

^cm

3

mol=−458,088cm³ mol B₁₃=

(

(1−1,909)

√

^{−340x −451}

)

^cm

3

mol=−355,922cm³ mol B = y₁²B₁+y₂²B₂+y₃²B₃+2

(

y₁ y₂B₁₂+y₂y₃B₂₃+y₁y₃B₁₃

)

B=0,4²x

(

⁻³⁴⁰mol^cm3

)

^+0,32x

(

⁻⁶³⁵mol^cm3

)

^+0,32x

(

^−451cmmol³

)

⁺²

(

^{0,4x0,3x464,6504molcm3+0,3x0,3x}

⁽

^{−458,088cmmol3}

⁾

^+0,4x0,3

⁽

^{−355,922cmmol3}

⁾ )

^{=−208,508cmmol3}

Z=PV

RT=1+B

V

; V =

^RT_P

3,144598cm³ ¯¿

mol K x321K=0,9766

−208,508cm³ molx3¯¿

¿ Z=1+ B

RT P

=1+BP RT=1+¿

Persamaan gas nyata menurut beberapa ahli : 1. Van der walls.

Van der walls membuat satu rumus mengenai gas nyata yaitu sebagai berikut : P+

(

V^a2

)

^{=V −bRT} , van der walls menyatakan bahwa P merupakan fungsi dari V pada berbagai suhu. Untuk dapat memperdalam pengetahuan kita mengenai teori van der walls maka perhatikan tabel PV berikut:

T_c merupakan suhu kritis dimana pada titik tersebut senyawa tidak akan dapat dicairkan berapapun tekanan yang diberikan terhadap senyawa tersebut. Pada grafik ^T1>T_c, grafiknya menoton jika volume molar suatu senyawa bertambah maka tekanan akan turun sedangkan untuk grafik T₂<T_c tekanan akan turun ketika volume molar dinaikkan hingga melewati titik saturated liquid setelah itu tekanan akan naik hingga titik maksimum tekanan dapat naik selanjutnya tekanan akan turun kembali hingga melewati titik superheated vapour. Pada kondisi kritis berlaku

(

^{∂ P}∂V

)

⁼

(

^∂∂V^2P2

)

^=0.

derivat parsial pertama:

(

∂ V^{∂ P}

)

_T⁼⁻_{(V −b}^RT ₎^2+2a_V³

derivat parsialkedua:

(

^∂∂V^2P2

)

T

= 2RT

(V −b)³−6a V⁴ nilai a:a=27

64 R²T_c²

P_c nilaib:b=1

8 T_cR

P_c

P= RT

V − b−

(

V^a2

)

P=RT V²− a(V − b) V²(V −b)

PV²(V −b)=RT V²− a(V − b) PV³− P V²b − RT V²+aV −ab=0 V³− V²

(

^b+RTP

)

^+V

(

P^a

)

^−abP=0 2. Teori koresponding dengan 2 parameter.

Isi dari teori koresponding ini adalah jika fluida diperbandingkan pada T_r(temperatur reduksi)dan P_r(tekanan reduksi) yang sama akan memiliki faktor kompresibilitas yang hampir sama, dan semua penyimpangan dari perilaku gas ideal juga hampir sama. temperatur reduksi dan tekanan reduksi dapat dinyatakan pada rumus berikut :

T_r=T

T_cdan P_r= P P_c

Teori koresponding dengan dua parameter hanya berlaku untuk gas (Ar, Kr, Xe) namun ketika menyangkut gas yang lebih kompleks (selain yang diiatas) terdapat penyimpangan sistematik, sehingga pietzer dan kawan-kawan mengusulkan adanya parameter ketiga yaitu adalah faktor asentrik (ω). Faktor asentrik merupakan ukuran asentrisitas dari suatu molekul untuk spesi kimia murni yang didefinisikan dengan mereferensikan tekanan uapnya. Persamaan matematis dari faktor asentrik sebagai berikut:

ω=−log

(

^Prsat

)

Tr=0,7−1dengan Prsat

=P^sat P_c

a. Persamaan keadaan Redlich Kwong: (akurat pada kondisi gas : P P_c< T

2T_c ) P= RT

V − b− a∝ V(V+b) a=0,42748R²T2c

P_c ;b=0,08662R Tc

P_c

∝=T_r^−1/2

b. Persamaan keadaan Soave-Redlich-Kwong:

P= RT

V − b− a∝ V(V+b) a=0,42748R²T2c

P_c ; b=0,08662R Tc

P_c

∝=

(

¹⁺

⁽

^{0,48508+1,55171ω−0,15613ω2}

⁾ (

^1−Tr 0,5

) )

²

untuk H₂:∝=1,202e^−0,30288Tr

Untuk campuran gas berlaku mixing rule sebagai berikut:

a∝=

∑

i

∑

j

y_iy_j(a∝)_ij b=

∑

i

y_ib_i

Dengan combining rule : (a∝)_ij=

(

1− k_ij

) √

^{(a∝)i(a∝)j}

c. Persamaan Peng-Robinson.

Peng-robinson mengusulkan persamaan-persamaan yang lebih baik untuk memenuhi tujuan-tujuan sebagai berikut:

1. Parameter-parameter yang ada harus dapat dinyatakan dalam sifat kritis dan faktor asentris.

2. Model harus bisa memprediksi berbagai macam property di sekitar titik kritis, terutama untuk perhitungan faktor kompresibilitas dan density cairan.

3. Mixing rule harus menggunakan satu binary interaction parameter yang tergantung pada T,P dan komposisi.

4. Persamaan harus berlaku untuk semua perhitungan semua property dalam proses natural gas.

Berikut merupakan pernyataan matematis dari Peng & Robinson:

∝=

(

¹⁺

⁽

^{0,37464+1,54226ω−0,2699ω2}

⁾ (

^1−Tr 0,5

) )

²

Bentuk umum persamaan kubik : P= RT

V − b− a∝ (V+εb)(V+σb) a=Ω_a R²T_c²

P_c ;b=Ω_bR T_c P_c

Tabel persamaan umum :

Persamaan ∝ σ ε Ω_a Ω_b

Van Der Walls

1 0 0 27

64

1 8 Redlich-

Kwong

∝RK 1 0 0,42748 0,08664

Soave- Redlich-

Kwong

∝SRK 1 0 0,42748 0,08664

Peng &

Robinson

∝PR 1+

√

^{2 1-}

√

^{2 0,45724 0,07779}

Persamaan kubik terbesar (V gas) P= RT

V − b− a∝ (V+εb)(V+σb) (V − b)P=RT − a∝(V − b)

(V+εb) (V+σb) V=RT

P − a∝(V −b) (V+εb) (V+σb)P+b Persamaan kubik terkecil (V liquid):

V=RT

P − a∝(V −b) (V+εb) (V+σb)P+b V −RT

P −b=− a∝(V −b) (V+εb) (V+σb)P VP − RT − bP

p X(V+εb) (V+σb)P=− a∝(V −b) VP− RT − bP(^{(V+εb) (V+σb)})^{=− a∝(V − b)}

(VP − RT − bP)(^{(V+εb)(V+σb)})

− a∝ +b=V

Korelasi Umum untuk Gas.

Korelasi umum yang akan dibahas adalah korelasi umum untuk faktor kompresi dan bilangan virial kedua yang dinyatakan oleh pietzer dan cowokers.

Persamaan matematis yang dikemukakan oleh pietzer adalah Z = Z⁰+ω Z¹ dimana Z⁰ merupakan faktor kompresi sebagai fungsi dari ^Tr dan Z¹ merupakan faktor kompresi sebagai fungsi dari P_r . Pada kasus korelasi umum faktor kompresi nilai Z⁰dan Z¹ dapat dilihat pada buku van ness tabel E1 sampai

dengan E4. (DIGUNAKAN UNTUK GAS NON POLAR ATAU SEDIKIT POLAR)

Sifat tabular dari korelasi faktor kompresibilitas umum adalah suatu kerugian, namun kompleksitas fungsi dari Z⁰dan Z¹ menghalangi representasi akurat menggunakan persamaan sederhana. Namun kami dapat memberikan persamaan ekspresi analitis untuk fungsi-fungsi inidan rentang tekanan yang terbatas. Secara matematis korelasi untuk persamaan virial kedua dinyatakan sebagai berikut:

Z=1+BP

RT=1+

(

^{B PR Tc}c

)

^TPrr

B P_c

R T_c=B⁰+ω B¹ Z¹=B¹P_r

T_r

B¹=0,139−0,172 Tr4,2

Z⁰=1+B⁰P_r T_r B⁰=0,083−0,422

Tr1,6

Bentuk paling sederhana dari persamaan virial dinyatakan valid hanya pada tekanan rendah sampai menengah dimana nilai Z adalah linier, (Z merupakan fungsi dari tekanan). Persamaan umum korelasi koefisien virial digunakan untuk _Z⁰ dan Z¹ setidaknya kira-kira fungsi linier dari pengurangan tekanan. Berikut merupakan grafik yang dapat mempermudah dalam memahami hal tersebut:

Untuk mengurangi temperatur lebih besar dari ^Tr≈3 tampaknya tidak ada batasan pada tekanan. Untuk nilai yang lebih rendah untuk T_r rentang tekanan yang diperbolehkan akan menurun dengan menurunnya temperatur. Namun pada temperatur ^Tr≈0,7 dimana rentang tekanan sangat terbatas oleh saturation preassure. Kontribusi minor dari _Z¹ pada korelasi dapat dihiraukan. Jika ketidakpastian yang terkait pada korelasi umum memiliki deviasi tidak lebih dari 2%

pada Z⁰ maka tidak signifikan.

Korelasi umum untuk liquid.

Volume pada liquid dapat dihitung menggunakan persamaan kubik, namun seringkali tidak akurat. Oleh karena itu nilai volume pada saturated liquid dapat dihitung dengan menggunakan persamaan sebagai berikut:

V^sat=V_cZ⁽_c^{1−Tr)0,2857}

Lydersen, greenkorn dan hougen mengembangkan dua parameter yang berhubungan dengan memperhitungkan estimasi volume. Dua parameter tersebut adalah ^ρr

(reduksi densitas) sebagai fungsi dari tekanan dan temperatur yang tereduksi yang dinyatakan dengan persamaan matematis sebagai berikut:

ρ_r= ρ ρ_c=V_c

V Keterangan:

ρ_r : densitas yang tereduksi.

ρ_c : densitas pada critical point.

V_c : Volume pada critical point.