Presentasi sedang didownload. Silahkan tunggu

Presentasi sedang didownload. Silahkan tunggu

BAB 6 KESETIMBANGAN KIMIA Departemen Kimia Fakultas MIPA, Institut Pertanian Bogor.

Presentasi serupa


Presentasi berjudul: "BAB 6 KESETIMBANGAN KIMIA Departemen Kimia Fakultas MIPA, Institut Pertanian Bogor."— Transcript presentasi:

1 BAB 6 KESETIMBANGAN KIMIA Departemen Kimia Fakultas MIPA, Institut Pertanian Bogor

2 A Hukum Termodinamika I Hukum Termodinamika IHukum Termodinamika I B Hukum Termodinamika II Hukum Termodinamika IIHukum Termodinamika II C Hukum Termodinamika III Hukum Termodinamika IIIHukum Termodinamika III D Konsep Kesetimbangan Konsep KesetimbanganKonsep Kesetimbangan E Tetapan Kesetimbangan (K) Tetapan Kesetimbangan (K)Tetapan Kesetimbangan (K) F Pendugaan Arah Reaksi Pendugaan Arah ReaksiPendugaan Arah Reaksi G Hubungan  G o dengan K Hubungan  G o dengan KHubungan  G o dengan K H Faktor-faktor yang Memengaruhi Kesetimbangan Kimia Faktor-faktor yang Memengaruhi Kesetimbangan KimiaFaktor-faktor yang Memengaruhi Kesetimbangan Kimia I Kesetimbangan Pengionan Kesetimbangan PengionanKesetimbangan Pengionan Daftar Isi Isi slaid ini merupakan gabungan dari isi diktat Bab 6 dan 7

3 Pendahuluan Termodinamika kimia  membahas perubahan energi  yang menyertai suatu proses atau perubahan fisik atau kimia suatu zat,  untuk meramalkan apakah suatu proses dapat berlangsung atau tidak Hukum Termodinamika I: Hukum kekekalan energi Energi tidak dapat diciptakan/dimusnahkan, tetapi dapat berubah bentuk atau beralih sistem dalam bentuk kerja atau kalor. Hukum Termodinamika II: Arah perubahan Suatu proses berjalan spontan jika semesta bergerak ke arah ketidakteraturan. Hukum Termodinamika III: Keteraturan struktur tertinggi dimiliki oleh kristal sempurna yang murni pada suhu 0 K.

4 A. Hukum Termodinamika I E total = E k + E p = tetap E k = energi kinetik = ½mv 2 E p = energi potensial = mgh Satuan energi: J = N m = kg m 2 det -2 E p = 10 unit E k = 0 unit E p = 4 unit E k = 6 unit Energi potensial Energi kinetik (hukum kekekalan energi)  BACK  BACK

5 A. 1. Kerja dan Kalor (1) Kerja: energi yang dihasilkan ketika suatu gaya F bekerja pada jarak tertentu s. Kerja tekanan-volume berhubungan dengan pemuaian/penekanan gas: w = –Fdh = –PAdh = –PdV A = luas permukaan wadah dh = h akhir – h awal (2) Kalor: energi yang dipindahkan sebagai akibat adanya perbedaan suhu. Asas Black: kalor selalu berpindah dari benda yang panas ke yang dingin

6 (1) Kapasitas kalor ( C ): kalor yang dibutuhkan untuk menaikkan suhu suatu zat 1 o C. (a)1 g zat  kapasitas kalor spesifik atau kalor jenis ( c ) (b)1 mol zat  kapasitas kalor molar ( c m ) (2) 1 kalori: kalor yang dibutuhkan untuk menaikkan suhu 1 g air dari 14,5 ke 15,5 o C. Kesetaraan kalor mekanik: 1 kal = 4,184 J atau 1 kkal = 4,184 kJ A. 1. Kerja dan Kalor

7 Contoh 6.1: Berapa kalor yang dibutuhkan untuk menaikkan suhu 735 g air dari 21,0 ke 98,0 o C? Jawab: q = m c  t m = massa zat c = kalor jenis (untuk air, c = 1 kal g -1 o C -1 = 4,184 J g -1 o C -1 )  t = perubahan suhu = t akhir – t awal q = (735 g) (1 kal g -1 o C -1 ) (98,0 – 21,0) o C = 5,7  10 4 kal

8 Contoh 6.2: Sebanyak 150,0 g timbel (Pb) pada suhu air mendidih (100 o C) dicelupkan ke dalam 50,0 g air bersuhu 22,0 o C dalam gelas piala yang terisolasi (hanya terjadi pertukaran kalor antara Pb dan air). Jika suhu akhir campuran 28,8 o C, hitunglah kalor jenis Pb. Jawab: Asas Black: q air + q Pb = 0 q air = m air c air  t = (50,0 g) (1 kal g -1 o C -1 ) (28,8 – 22,0) o C = 340 kal q Pb = - q air = m Pb c Pb  t = 3,2  kal g -1 o C -1 Air menyerap kalor yang dilepas oleh Pb.

9 A. 2. Sistem dan Lingkungan (1) Sistem : sejumlah materi atau daerah dalam ruang yang dijadikan objek studi. (2) Lingkungan: massa atau daerah yang berada di luar sistem. (3) Batas: bidang nyata/maya antara sistem dan lingkungan. (a) batas tetap ( fixed boundary ) (b) batas berubah ( movable boundary )

10 Sistem Perpindahan Contoh MassaKalorKerja Terbuka  Gelas piala, tabung reaksi Tertutup–  Pembakar Bunsen Terisolasi–––Kalorimeter bom Adiabatik  –  Termos Sistem terbuka Sistem tertutup Sistem terisolasi A. 2. Sistem dan Lingkungan

11 Proses pemanasan kentang dalam oven. Apakah sistem, lingkungan, dan batasnya? A. 2. Sistem dan Lingkungan

12 A. 3. Besaran Intensif, Ekstensif, dan Fungsi Keadaan Jenis besaranNilainyaContoh Intensif Tidak bergantung pada jumlah sistem , P, T, , , c, c m Ekstensif Bergantung pada jumlah sistem m, V,  U,  H,  S,  G, C  U,  H,  S,  G Fungsi keadaan : sifat sistem yang hanya ditentukan oleh keadaan (awal dan akhir) sistem dan tidak ditentukan oleh cara mencapai keadaan tersebut.

13 A. 3. Besaran Intensif, Ekstensif, dan Fungsi Keadaan Jenis energiVariabel intensifVariabel ekstensifKerja Mekanik Tekanan ( P )Volume ( V ) P d V Termal Suhu ( T )Entropi ( S ) T d S Kimia Potensial kimia (  ) Mol ( n )  d n Listrik Tegangan ( E )Muatan ( Q ) E d Q Gravitasi Medan gravitasi ( mg )Tinggi ( h ) mg d h

14 A. 4. Perubahan Energi Dalam (  U )  U = q + w q = kalor  (+): sistem menyerap kalor (–): sistem melepas kalor  U = perubahan energi dalam w = kerja  (+): sistem dikenai kerja (–): sistem melakukan kerja (Hukum Termodinamika I) Contoh 6.3: Pengembangan gas menyebabkan 5000 J energi diserap oleh sistem, sedangkan sistem melakukan kerja sebesar 6750 J terhadap lingkungan. Berapa  U sistem? Jawab:  U = q + w = ( J) + (– 6750 J) = – 1750 J

15 A. 4. Perubahan Energi Dalam (  U ) Sebagian besar kalor yang dilepaskan selama reaksi menaikkan suhu air di dalam bom, sisanya akan menaikkan suhu bom, pengaduk, dan bagian lain dari kalorimeter: q v + q air + q bom = 0 q air = m air c air  t q bom = C bom  t dengan  U diukur dalam kalorimeter bom, sistem dengan volume yang tetap : w = –P  V = 0  U = q v = kalor reaksi pada volume tetap

16 Contoh 6.4: Sebanyak 0,505 g naftalena (C 10 H 8 ) dibakar sempurna di dalam kalorimeter bom yang berisi 1215 g air. Akibat reaksi, suhu air naik dari 25,62 ke 29,06 °C. Jika kapasitas kalor bom 826 J °C -1, berapakah  U reaksi dinyatakan dalam kkal mol -1. Jawab: q air = m air c air  t = (1215 g)(4,184 J g -1 o C -1 )(29,06 – 25,62) o C = 1,75  10 4 J q bom = C bom  t = (826 J o C -1 )(29,06 – 25,62) o C = 2,84  10 3 J q v + q air + q bom = 0  U = q v = – (q air + q bom ) = – (1,75  ,84  10 3 ) = – 2,03  10 4 J (untuk 0,505 g naftalena) q v bernilai negatif karena reaksinya eksoterm (melepas kalor)

17 Untuk setiap g C 10 H 8 :  U = = – 4,03  10 4 J g -1 Jika dinyatakan dalam kkal mol -1 :  U = = – 1,23  10 3 kkal mol -1 Contoh 6.4:

18 A. 5. Perubahan Entalpi (  H ) Jika reaksi dilakukan di udara terbuka atau dalam kalorimeter dari busa styrofoam, sistem dengan tekanan yang tetap :  U = q + w = q p – p  V  H =  U + p  V  H = q p = kalor reaksi pada tekanan tetap (perubahan entalpi) Persamaan gas ideal: pV = nRT  Pada suhu tetap: p  V =  n g RT, maka:  H =  U +  n g RT R = tetapan gas ideal = 8,314  kJ mol -1 K -1  n g =  koef gas produk –  koef gas reaktan T = suhu mutlak (K)

19 Contoh 6.5: Bila perubahan energi dalam dalam pembakaran sempurna 1 mol naftalena: C 10 H 8( s ) + 12 O 2(g)  10 CO 2( g ) + 4 H 2 O ( l ) ialah – 5,15  10 3 kJ, hitunglah perubahan entalpi pembakarannya pada 298 K. Jawab:  H =  U +  n g RT = (–5,15  10 3 kJ) + (10–12) mol (8,314  kJ mol -1 K -1 )(298 K) = – 5,155  10 3 kJ

20 Contoh 6.6: Sebanyak 1,50 g amonium nitrat (NH 4 NO 3 ) ditambahkan ke dalam 35,0 g air dalam sebuah mangkok busa kemudian diaduk sampai seluruhnya larut. Suhu larutan turun dari 22,7 menjadi 19,4 o C. Berapakah kalor pelarutan NH 4 NO 3 dalam air dinyatakan dalam kJ mol -1 ? Jawab: q air = m air c air  t = (35,0 g)(4,184 J g -1 o C -1 )(19,4 – 22,7) o C = – 4,83  10 2 J q NH4NO3 + q air = 0 (kalorimeter dianggap tidak berubah suhunya)  H = q NH4NO3 = – q air = + 4,83  10 2 J (untuk 1,50 g NH 4 NO 3 ) q p bernilai positif karena reaksinya endoterm (menyerap kalor)

21 Untuk setiap g NH 4 NO 3 :  H = = 3,22  10 2 J g -1 Jika dinyatakan dalam kJ mol -1 :  H = = + 25,8 kJ mol -1 Contoh 6.6:

22 A. 6. Hubungan-hubungan yang Melibatkan  H (a)  H merupakan besaran ekstensif (b)  H akan berubah tanda bila arah reaksi berbalik (c) Hukum penjumlahan kalor dari Hess CO ( g ) + ½O 2( g ) → CO 2( g )  H = – 283,0 kJ/mol -1 CO 2( g ) → CO ( g ) + ½O 2( g ) Δ H = + 283,0 kJ/mol -1 CO ( g ) + ½O 2( g ) → CO 2( g )  H = – 283,0 kJ mol -1 2 CO ( g ) + O 2( g ) → 2 CO 2( g )  H = – 566,0 kJ mol -1 ½ CO ( g ) + ¼ O 2( g ) → CO 2( g )  H = – 141,5 kJ mol -1 Jika 2 atau lebih persamaan kimia dijumlahkan untuk menghasilkan persamaan kimia lainnya, perubahan entalpi masing-masing juga harus dijumlahkan.

23 A. 6. Hubungan-hubungan yang Melibatkan  H C ( s ) + O 2( g ) CO ( g ) + ½O 2( g ) CO 2( g ) Δ H = –110,5 kJ Δ H = +283,0 kJ Δ H = –393,5 kJ C ( s,gr) + O 2( g ) → CO 2( g ) Δ H 1 = –393,5 kJ CO 2( g ) → CO ( g ) + ½O 2( g ) Δ H 2 = +283,0 kJ C ( s,gr) + ½O 2( g ) → CO ( g ) Δ H = Δ H 1 + Δ H 2 = –110,5 kJ

24 A. 7. Entalpi Pembentukan Standar Molar (  H o f ) Perbedaan entalpi antara 1 mol senyawa dalam keadaan standar dengan unsur-unsur pembentuknya juga dalam keadaan standar dilambangkan  H o f. Contoh: (a) 2 C (gr) + 3 H 2(g)  C 2 H 6(g)  H o f C 2 H 6( g ) = –84,7 kJ mol -1 (b) C (gr) + O 2( g )  CO 2( g )  H o f CO 2( g ) = –393,5 kJ mol -1 (c) H 2( g ) + ½ O 2( g )  H 2 O ( l )  H o f H 2 O ( l ) = –285,8 kJ mol -1 Konvensi keadaan standar dari suatu zat: (a) Padatan: senyawa/bahan murni pada tekanan 1 atm (b) Cairan: senyawa/bahan murni pada tekanan 1 atm (c) Gas: gas ideal pada tekanan parsial 1 atm (d) Zat terlarut: larutan ideal pada konsentrasi 1 M

25 Contoh 6.7: Dengan menggunakan data  H o f pada slaid sebelumnya, hitunglah perubahan entalpi untuk reaksi pembakaran sempurna 1 mol etana, C 2 H 6( g ). Jawab: –(a): C 2 H 6(g)  2 C (gr) + 3 H 2(g) –  H o f C 2 H 6( g ) = +84,7 kJ mol -1 2(b): 2 C (gr) + 2 O 2( g )  2 CO 2( g ) 2  H o f CO 2( g ) = 2(–393,5) kJ mol -1 3(c): 3 H 2( g ) + 3 / 2 O 2( g )  3 H 2 O ( l ) 3  H o f H 2 O ( l ) = 3(–285,8) kJ mol -1 C 2 H 6( g ) + 7 / 2 O 2( g )  2 CO 2( g ) + 3 H 2 O ( l )  H o reaksi = –1559,7 kJ mol -1 (reaksi pembakaran sempurna etana) (negatif  reaksi eksoterm)

26 Perubahan entalpi untuk reaksi pembakaran etana pada contoh 6.7 dihitung dengan menggunakan persamaan  H o reaksi = [2   H o f CO 2( g ) + 3   H o f H 2 O ( l ) ] –  H o f C 2 H 6( g ) A. 7. Entalpi Pembentukan Standar Molar (  H o f ) Persamaan tersebut dapat diperluas menjadi bentuk umum berikut:  H o reaksi = [  (koef   H o f ) produk] – [  (koef   H o f ) reaktan] Perlu diperhatikan bahwa tidak ada nilai  H o f untuk O 2( g ), karena  H o f unsur bebas atau gas bebas yang terdiri dari atom-atom identik = 0.

27 Contoh 6.8: Reaksi pembakaran siklopropana yang biasa digunakan sebagai anestesi ialah sebagai berikut: (CH 2 ) 3(g) + 9 / 2 O 2( g )  3 CO 2( g ) + 3 H 2 O ( l )  H o rks = –2091,4 kJ mol -1 Gunakan nilai  H o rks ini untuk menghitung entalpi pembentukan standar siklopropana, jika diketahui  H o f CO 2( g ) = –393,5 kJ mol -1 dan  H o f H 2 O ( l ) = –285,8 kJ mol -1. Jawab:  H o reaksi = [  (koef   H o f ) produk] – [  (koef   H o f ) reaktan] = (3   H o f CO 2( g ) + 3   H o f H 2 O ( l ) ) – [  H o f (CH 2 ) 3 ] –2091,4 kJ mol -1 = [3  (–393,5 kJ mol -1 ) + (3  (–285,8 kJ mol -1 )] – [  H o f (CH 2 ) 3 ]  H o f (CH 2 ) 3 = + 53,5 kJ mol -1

28 B. Hukum Termodinamika II Hukum Termodinamika I tidak memberikan penjelasan mengenai arah dari dapat/atau tidaknya suatu proses berlangsung. Fenomena ini disebut derajat kespontanan. Keadaan awal Proses Keadaan akhir Parfum menyebar Es meleleh Penguapan air 75 o 25 o Kalor 50 o o Ag 25 o C Keadaan awal Proses Keadaan akhir Parfum menyebar Es meleleh Penguapan air 75 o 25 o Kalor 50 o o Ag 25 o C Contoh proses yang spontan:  BACK  BACK

29 Pada tahun 1850, Rudolf Clausius menyebutkan besaran entropi ( S ) sebagai ukuran derajat ketidakteraturan. Apabila sejumlah kalor, dQ rev, dipindahkan secara reversibel (perubahan yang sangat lambat jalannya) ke dalam sistem terisolasi pada suhu T, entropi yang timbul akibat proses pada sistem tersebut didefinisikan sebagai: B. 1. Perubahan Entropi (  S ) Suatu proses spontan dalam sistem terisolasi memiliki perubahan entropi total yang bernilai positif:  Stotal =  Ssis +  Sling > O  S total =  S sistem +  S lingkungan > O

30 B. 2. Perubahan Energi Bebas Gibbs (  G ) Nilai  S lingkungan secara praktik sulit dihitung, karena interaksi antara sistem dan lingkungan harus diketahui secara pasti. Untuk itu, dikemukakan suatu besaran termodinamika baru yang disebut energi bebas: Energi bebas Helmholtz: A = U – TS Energi bebas Gibbs: G = H – TS Untuk proses pada suhu dan tekanan konstan digunakan energi bebas Gibbs, yang perubahannya ditunjukkan oleh persamaan  G =  H – T  S  G < 0  Proses spontan

31 B. 2. Perubahan Energi Bebas Gibbs (  G ) Ada dua unit energi yang menentukan tanda  G, yakni  H dan T  S. Kasus HH SS GG HasilContoh reaksi 1.-+-Spontan di semua T 2H 2 O ( g )  2H 2( g ) + O 2( g ) Spontan pada T  Tak spontan pada T  H 2 O ( l )  H 2 O ( s ) Tak spontan pada T  Spontan pada T  2NH 3( g )  N 2( g ) + 3H 2( g ) 4.+-+Tak spontan pada semua T 3O 2( g )  2O 3( g )

32 Contoh 6.9: Apakah reaksi disosiasi AB ( g )  A ( g ) + B ( g ), cenderung berjalan spontan pada suhu tinggi atau suhu rendah? Reaksi melibatkan pemutusan ikatan  energi harus diserap oleh sistem   H > 0 Dua mol gas dihasilkan dari 1 mol gas  ketidakteraturan meningkat   S > 0 Karena  G =  H – T  S, reaksi berjalan spontan (  G < 0) pada suhu tinggi. Jawab:

33 B. 3. Energi Bebas Pembentukan Molar Standar (  G o f ) Perubahan energi bebas yang dihasilkan bila pereaksi dan produk berada pada keadaan standar ( lihat subbab A. 7)  perubahan energi bebas standar (  G °). Seperti  H,  G merupakan fungsi keadaan, maka (a)  G merupakan besaran ekstensif (b)  G akan berubah tanda bila arah reaksi berbalik (c)  G untuk reaksi keseluruhan dapat diperoleh dengan menjumlahkan nilai-nilai  G dari setiap tahapan dalam reaksi tersebut.

34 (  G o f unsur bebas atau gas bebas yang terdiri dari atom-atom identik = 0 )  G o reaksi = [  (koef   G o f ) produk] – [  (koef   G o f ) reaktan] B. 3. Energi Bebas Pembentukan Molar Standar (  G o f ) Perbedaan energi bebas antara 1 mol senyawa dalam keadaan standar dengan unsur- unsur pembentuknya juga dalam keadaan standar dilambangkan  G o f.

35 Entalpi pembentukan molar standar perak oksida pada 298 K ialah –30,59 kJ/mol. Perubahan energi bebas molar standar,  G o, untuk disosiasi perak oksida pada suhu yang sama diberikan berikut ini: 2Ag 2 O ( s )  4Ag ( s ) + O 2( g )  G o = +22,43 kJ mol -1 Berapakah nilai  S o untuk reaksi tersebut? Contoh 6.10: Jawab:  H o reaksi = [  (koef   H o f ) produk] – [  (koef   H o f ) reaktan] = (4   H o f Ag ( s ) +  H o f O 2( g ) ) – (2   H o f Ag 2 O) = (4  0 + 0) – [2 (–30,59 kJ mol -1 )] = +61,18 kJ mol -1  G =  H – T  S 

36 Contoh 6.11: Berapakah nilai  G o pada 298 K untuk reaksi C ( s ) + CO 2( g )  2 CO ( g ) jika diketahui  G o f CO ( g ) = –137,28 kJ mol -1 dan  G o f CO 2( g ) = –394,38 kJ mol -1 ? Apakah pembentukan CO berlangsung spontan pada 298 K? Jawab:  G o reaksi = [  (koef   G o f ) produk] – [  (koef   G o f ) reaktan] = (2   G o f CO ( g ) ) – (  H p f C ( s ) +  H o f CO 2 ) = 2  (–137,28 kJ mol -1 ) – [0 + (–394,38 kJ mol -1 )] = +119,62 kJ mol -1 Jadi, pembentukan CO berlangsung tidak spontan pada 298 K, karena  G > 0.

37 B. 4. Energi Bebas dan Kesetimbangan  G = 0  keadaan setimbang Proses memiliki kecenderungan yang sama untuk bergerak ke arah produk/ reaktan.  G =  H – T  S = 0 atau  (untuk kesetimbangan transisi fase) Contoh: Peleburan es: H 2 O( s, 1 atm)  H 2 O( l, 1 atm)  H o fus = 6,02 kJ mol -1 (pada 273,15 K) (pada 273,15 K) = 22,0 J mol -1 K -1

38 Contoh 6.12: Berapakah entropi penguapan molar standar air pada 100 o C jika diketahui entalpi penguapan molar standar pada suhu tersebut 40,7 kJ mol -1 ? Jawab: = 109 J mol -1 K -1 Hitung perubahan entropi jika 3,00 mol benzena menguap pada titik didih normalnya, yaitu 80,1°C. Entropi penguapan molar benzena pada suhu ini adalah 30,8 kJ mol -1. Contoh 6.13: Jawab: = 87,2 J mol -1 K -1 Untuk 3,00 mol benzena:  S o vap = (87,2 J mol -1 K -1 )(3,00 mol) = 262 J K -1

39 C. Hukum III Termodinamika “Entropi kristal sempurna yang murni pada suhu NOL mutlak (0 K) adalah NOL” Dengan kata lain, pada suhu 0 K kristal paling teratur.  BACK  BACK

40 D. Konsep Kesetimbangan Kesetimbangan: Laju reaksi sama ke dua arah  [reaktan] & [produk] secara neto tidak berubah. (a) Kesetimbangan fisika : melibatkan 1 zat dalam 2 fase yang berbeda H 2 O ( l )  H 2 O ( g ) (b) Kesetimbangan kimia : melibatkan zat yang berbeda sebagai reaktan dan produk Contoh: Contoh: N 2 O 4( g ) (tak berwarna)  2NO 2( g ) (cokelat gelap)  BACK  BACK

41 Dikenal reaksi fase gas, fase cair, atau fase padat bergantung pada fase yang terlibat dalam kesetimbangan. Contoh di atas merupakan reaksi fase gas. 2 Hg ( l ) + Cl 2( g )  Hg 2 Cl 2( s ) (a) Kesetimbangan homogen : hanya melibatkan 1 fase Contoh: C 2 H 4( g ) + H 2( g )  C 2 H 6( g ) (b) Kesetimbangan heterogen : melibatkan >1 fase zat Contoh: Fase cair ( l, liquid ) dianggap satu fase dengan larutan berair ( aq, aqueous ). D. Konsep Kesetimbangan

42 E. Tetapan Kesetimbangan ( K ) N 2 O 4( g )  2NO 2( g ) [ ] awal[ ] kesetimbanganNisbah [ ] saat kesetimbangan [NO 2 ][N 2 O 4 ][NO 2 ][N 2 O 4 ][NO 2 ]/[N 2 O 4 ][NO 2 ] 2 /[N 2 O 4 ] 0,0000,6700,05470,6430,0851 4,65  ,0500,4460,04570,4480,1020 4,66  ,0300,5000,04750,4910,0967 4,60  Nisbah yang nilainya relatif konstan disebut tetapan kesetimbangan ( K ).  BACK  BACK

43 (a) Untuk padatan ( s ) dan cairan ( l ), a =1 (b) Untuk gas ( g ) (anggaplah gas ideal): a = tekanan, P (dalam atm) (c) Untuk komponen di dalam larutan (anggaplah ideal bila keadaan standar 1 M): a = konsentrasi molarnya a = aktivitas, yang nilainya dapat diperkirakan sebagai berikut: Secara umum, untuk reaksi a A + b B  c C + d D: E. Tetapan Kesetimbangan ( K ) Dikenal 2 macam nilai K, yaitu K C dan K P : (a) Rumus K C hanya memasukkan molaritas dari fase g dan aq. (b) Rumus K P hanya mengikutsertakan tekanan parsial dari fase g.

44 (1) 4 NH 3 ( g ) + 7 O 2 ( g )  4 NO 2 ( g ) + 6 H 2 O ( g ) Contoh: (2) CH 3 OH ( l ) + CH 3 COOH ( l )  CH 3 COOCH 3( l ) + H 2 O ( l ) (3) CaCO 3( s )  CaO ( s ) + CO 2( g ) (4) BaCl 2( aq ) + Na 2 SO 4( aq )  BaSO 4( s ) + NaCl ( aq ) Tidak ada K P untuk reaksi (2) dan (4), karena tidak ada zat yang berfase gas. E. Tetapan Kesetimbangan ( K )

45 Contoh 6.14: Tuliskan rumus K c dan K P untuk reaksi-reaksi berikut: Jawab: (a) 2 ZnS ( s ) + 3 O 2( g )  2 ZnO ( s ) + 2 SO 2( g ) (b) 2 HCrO 4  ( aq )  Cr 2 O 7 2  ( aq ) + H 2 O ( l ) Apakah reaksi-reaksi di atas termasuk kesetimbangan homogen atau heterogen? (a) (b)(b)(b)(b) Kesetimbangan heterogen Tidak ada K P Kesetimbangan homogen

46 Contoh 6.15: (a) Pada suhu tertentu, untuk reaksi N 2 O 4( g )  2NO 2( g ) pada saat kesetimbangan terdapat 0,1 mol N 2 O 4 dan 0,06 mol NO 2 dalam volume 2 L. Hitunglah nilai K c. (b) Pada suhu yang sama, ke dalam wadah bervolume 2 L dimasukkan 0,8 mol N 2 O 4. Hitunglah konsentrasi zat-zat dalam reaksi pada kesetimbangan yang baru. Jawab: Jawab: N 2 O 4( g )  2 NO 2( g ) Mula-mula 0,8 mol Reaksi –x–x–x–x +2 x Setimbang 0,8 – x 2x2x2x2x

47 x 2 + 0,009 x – 0,0072 = 0 x = 0,0809 mol x = 0,0809 mol Jadi, pada saat kesetimbangan tercapai [NO 2 ] = 2 x mol/2L = M [N 2 O 4 ] = (0,8 – x ) mol/2 L = 0,7191 mol/2 L = 0,3595 M  Contoh 6.15:

48 (1) Jenis reaksi K >> 1  reaksi lebih banyak ke arah produk (kesetimbangan berada di kanan). K << 1  reaksi lebih banyak ke arah reaktan (kesetimbangan terletak di kiri). 2 H 2( g ) + O 2( g )  2 H 2 O ( g ) K C = 9,1  N 2 O 4( g )  2 NO 2( g ) K C = 4,63  E. 1. Faktor-faktor yang Memengaruhi Nilai K Contoh: Contoh:

49 Reaksi eksoterm  kenaikan suhu justru menurunkan nilai K. H 2( g ) + I 2( g )  2 HI ( g ) K = 49,5 (440 °C) K = 54,3 (430 °C) E. 1. Faktor-faktor yang Memengaruhi Nilai K (2) Suhu Reaksi endoterm  kenaikan suhu meningkatkan nilai K. CH 4( g ) + H 2 O ( g )  CO ( g ) + 3 H 2 O ( g ) K = 1,78  (800 °C) K = 4,68  (1000 °C) K = 5,67 (1500 °C) Contoh: Contoh:

50 E. 2. Hubungan-hubungan yang Melibatkan K (a) K dipangkatkan n jika reaksi dikalikan n. (b) K akan menjadi kebalikannya bila arah reaksi berbalik (c) K untuk reaksi keseluruhan dapat diperoleh dengan mengalikan nilai-nilai K dari setiap tahapan dalam reaksi tersebut. Contoh: (a) 2 SO 2(g) + O 2(g)  2 SO 3(g) SO 2(g) + ½ O 2(g)  SO 3(g) 4 SO 2( g ) + 2 O 2( g )  4 SO 3( g )

51 E. 2. Hubungan-hubungan yang Melibatkan K (b) N 2 O 4( g )  2 NO 2( g ) 2 NO 2( g )  N 2 O 4( g ) (c) 2 N 2( g ) + O 2( g )  2 N 2 O ( g ) 2 N 2 O ( g ) + 3 O 2(g)  4 NO 2( g ) 2 N 2( g ) + 4 O 2( g )  4 NO 2( g )

52 Hitunglah nilai K untuk reaksi H 2 O ( g ) + CO ( g )  CO 2( g ) + H 2( g ) pada suhu 25 °C bila pada suhu tersebut diketahui (a) 2 CO ( g ) + O 2( g )  2 CO 2( g ) K 1 = 3,3  (b) 2 H 2( g ) + O 2( g )  2 H 2 O ( g ) K 2 = 9,1  Contoh 6.16: Jawab: Reaksi (a) dibagi 2 : CO ( g ) + ½ O 2( g )  CO 2( g ) K 3 = Reaksi (b) dibalik & dibagi 2: H 2 O ( g )  H 2( g ) + ½ O 2( g ) K 4 = H 2 O ( g ) + CO ( g )  CO 2( g ) + H 2( g ) K = K = 1,9  10 5

53 Menurut hukum gas ideal: pV = nRT p = (n/V)RT = [ ] RT E. 3. Hubungan K P dengan K C Untuk reaksi fase gas: a A ( g ) + b B ( g )  c C ( g ) + d D ( g ) dan  Karena itu, dengan  n g =  koef gas produk –  koef gas reaktan

54 K p = K c ( RT )  n = 1,2  {0,0821  ( )} 2–(1+3) = 4,24  Contoh 6.17: Hitunglah K p untuk reaksi berikut: N 2( g ) + 3 H 2( g )  2 NH 3( g ) K C = 1,2 pada 375 o C Jawab: Perhatikan nilai R yang digunakan, dan suhu dinyatakan dalam K. Contoh 6.18: Di antara 2 reaksi di bawah ini, manakah yang memiliki nilai K p = K C ? (a) H 2( g ) + I 2( g )  2 HI ( g ) K C = 54,3 pada 430 o C (a) H 2( g ) + I 2( g )  2 HI ( g ) K C = 54,3 pada 430 o C (b) N 2 O 4( g )  2 NO 2( g ) K C = 4,63  pada 25 o C (b) N 2 O 4( g )  2 NO 2( g ) K C = 4,63  pada 25 o C Jawab: Agar nilai K P = K C, jumlah koefisien gas pada sisi kiri dan kanan harus sama (  n g = 0), dan syarat ini hanya dipenuhi oleh reaksi (a).

55 Reaksi PCl 5( g )  PCl 3( g ) + Cl 2( g ) mempunyai K p = 1,05 pada 250 °C. (a) Hitunglah tekanan parsial Cl 2 bila pada suhu tersebut tekanan parsial PCl 5 dan PCl 3 saat kesetimbangan ialah 0,875 dan 0,463 atm. (b) Hitunglah nilai K c reaksi itu pada 250 °C. (a) = 0,024 Contoh 6.19: Jawab: = 1,98 atm (b)

56 Rumus Q = K, tetapi nilainya belum tentu sama: Q = K  reaksi dalam keadaan setimbang Q < K  produk < reaktan; reaksi bergeser ke kanan (ke arah produk) Q > K  produk > reaktan; reaksi bergeser ke kiri (ke arah reaktan) F. Pendugaan Arah Reaksi Kesetimbangan ΔG = 0 Reaktan murni Produk murni Q < K ΔG < 0 Q > K ΔG > 0 G Pada Contoh 6.15, arah reaksi mudah diduga karena mula-mula, hanya terdapat reaktan. Apabila juga terdapat produk, arah reaksi dapat diduga dengan menghitung kuosien hasil reaksi ( Q ).  BACK  BACK

57 Reaksi H 2( g ) + I 2( g )  2 HI ( g ) mempunyai nilai K = 49,5 pada suhu 440 °C. Jika pada suhu tersebut ke dalam wadah bervolume 2 L dimasukkan 5 mol H 2, 2 mol I 2, dan 4 mol HI. Tentukan (a) arah reaksi (b) konsentrasi masing-masing zat saat kesetimbangan tercapai Q < K  reaksi berlangsung ke kanan Contoh 6.20: Jawab: (a) (b) = 1,6 Karena reaksi berlangsung ke kanan, H 2 dan I 2 berkurang, HI bertambah.

58 45,5 x 2 – 362,5 x = 0 x 1 = 1,672 mol Contoh 6.20: H 2( g ) + I 2( g )  2 HI ( g ) Mula-mula 5 mol 2 mol 4 mol Reaksi –x–x–x–x –x–x–x–x +2 x Setimbang (5 – x ) (2 – x ) (4 + 2 x ) (4 + 2 x ) 2 = 49,5 (5 – x )(2 – x ) x + 4 x 2 = 495 – 346,5 x – 49,5 x 2

59 [HI] = (4 + 2 x ) mol/2 L = (4 + 3,344) mol/2 L = 3,672 M [H 2 ] = (5 – x ) mol/2 L = (5 – 1,672) mol/2 L = 1,664 M [I 2 ] = (2 – x ) mol/2 L = (2 – 1,672) mol/2 L = 0,164 M Jadi, konsentrasi setiap senyawa pada kesetimbangan: Contoh 6.20: x 2 = 6,29 mol (tidak mungkin, melebihi mol H 2 dan mol I 2 mula-mula)

60 G. Hubungan  G o dengan K Apa yang terjadi jika kita ubah tekanan sistem sehingga kondisi tidak standar lagi? Penguapan air tidak berlangsung spontan pada 25 o C dalam keadaan standar: H 2 O( l, 1 atm)  H 2 O( g, 1 atm)  G o vap = 8,58 kJ mol -1 (pada 298,15 K) (pada 298,15 K) Kondensasi spontan Keadaan setimbang Penguapan spontan  BACK  BACK

61 Untuk keadaan tak standar berlaku hubungan berikut:  G =  G o + RT ln Q Pada keadaan setimbang:  G = 0 dan Q = K, maka  G o = – RT ln K G. Hubungan  G o dengan K Contoh 6.21: Suatu campuran dari 0,5 mol N 2 O ( g ) dan 0,5 mol O 2( g ) dimasukkan ke dalam wadah bervolume 4 L pada suhu 250 o C dan dibiarkan mencapai kesetimbangan: 2 N 2 O ( g ) + 3 O 2( g )  4 NO 2( g ) Setelah tercapai kesetimbangan, jumlah N 2 O menjadi 0,45 mol. Hitunglah nilai K C, K P, dan perubahan energi bebas Gibbs-nya.

62 Contoh 6.21: Jawab: 2 N 2 O ( g ) + 3 O 2( g )  4 NO 2( g ) Mula-mula 0,5 mol Reaksi – 0,05 – 3 / 2  0, / 2  0,05 Setimbang0,450,4250,1  G o = – RT ln K C = – (8,314  kJ mol -1 K -1 )( ) ln (2,57  ) = –15,9 kJ mol -1

63 H. Faktor-faktor yang Memengaruhi Kesetimbangan Kimia Dalam contoh-contoh sebelum ini, telah kita bahas bagaimana suatu sistem yang tak setimbang menuju kesetimbangan. Dalam contoh-contoh sebelum ini, telah kita bahas bagaimana suatu sistem yang tak setimbang menuju kesetimbangan. Faktor-faktor yang dapat memengaruhi kesetimbangan ini meliputi konsentrasi, tekanan, volume, suhu, dan katalis. Faktor-faktor yang dapat memengaruhi kesetimbangan ini meliputi konsentrasi, tekanan, volume, suhu, dan katalis. Sistem yang telah setimbang juga dapat diganggu oleh perubahan kondisi sistem. Sistem yang telah setimbang juga dapat diganggu oleh perubahan kondisi sistem. Terjadi pergeseran kesetimbangan ke arah reaktan atau produk, bergantung pada perubahan yang dilakukan, sampai tercapai kesetimbangan yang baru ( prinsip Le Chatelier ). Terjadi pergeseran kesetimbangan ke arah reaktan atau produk, bergantung pada perubahan yang dilakukan, sampai tercapai kesetimbangan yang baru ( prinsip Le Chatelier ). Catatan: Di Kimia TPB, pengaruh faktor-faktor ini hanya dibahas secara kualitatif. Contoh- contoh perhitungan di diktat sekadar untuk memperkaya ilmu Anda.  BACK  BACK

64 H. 1. Perubahan Konsentrasi Besi(III) tiosianat [Fe(SCN) 3 ] larut dalam air membentuk larutan berwarna merah: FeSCN 2+  Fe 3+ + SCN  merah kuning tak merah kuning tak muda berwarna muda berwarna + NaSCN atau Fe(NO 3 ) 3  warna merah larutan semakin pekat + H 2 C 2 O 4 (yang mengikat kuat Fe 3+ )  warna merah larutan memudar [Produk] , [Reaktan]   Q > K  Kesetimbangan bergeser ke kiri [Produk] , [Reaktan]   Q < K  Kesetimbangan bergeser ke kanan Contoh:

65 H. 1. Perubahan Konsentrasi (a) Larutan Fe(SCN) 3 : campuran warna merah FeSCN 2+ dan warna kuning Fe 3+ (b) Setelah penambahan NaSCN: kesetimbangan bergeser ke kiri (c) Setelah penambahan Fe(NO 3 ) 3 : kesetimbangan juga bergeser ke kiri (d) Setelah penambahan H 2 C 2 O 4 : kesetimbangan bergeser ke kanan; warna kuning berasal dari ion Fe(C 2 O 4 ) 3 3 

66 H. 2. Perubahan Volume dan Tekanan Hanya berpengaruh terhadap fase gas; tidak memengaruhi fase cair dan padat. V , P   Q < K  Kesetimbangan bergeser ke  koef gas terbesar V , P   Q > K  Kesetimbangan bergeser ke  koef gas terkecil N 2 O 4( g )  2 NO 2( g ) Volume wadah diperbesar  [N 2 O 4 ] maupun [NO 2 ] mengalami pengenceran. (tekanan diperkecil) (tekanan diperkecil)  penurunan pembilang > penyebut karena [NO 2 ] dipangkatkan 2  Q penyebut karena [NO 2 ] dipangkatkan 2  Q < K  kesetimbangan bergeser ke kanan Contoh:

67 Contoh 6.22: Ke arah manakah reaksi di bawah ini bergeser bila pada suhu yang tetap, tekanan diperbesar (volume diperkecil)? (a) CaCO 3( s ) → CaO ( s ) + CO 2( g ) (c) H 2( g ) + CO 2( g ) → H 2 O ( g ) + CO ( g ) (a) CaCO 3( s ) → CaO ( s ) + CO 2( g ) (c) H 2( g ) + CO 2( g ) → H 2 O ( g ) + CO ( g ) (b) PCl 5( g ) → PCl 3( g ) + Cl 2( g ) (d) N 2( g ) + 3 H 2( g ) → 2 NH 3( g ) (b) PCl 5( g ) → PCl 3( g ) + Cl 2( g ) (d) N 2( g ) + 3 H 2( g ) → 2 NH 3( g ) Jawab: Bila tekanan ditingkatkan, kesetimbangan akan bergeser ke sisi dengan  koefisien gas paling kecil: (a) ke kiri (c) tidak bergeser (b) ke kiri(d) ke kanan

68 H. 3. Perubahan Suhu Tidak seperti perubahan konsentrasi, volume, atau tekanan, perubahan suhu tidak hanya menggeser kesetimbangan, tetapi juga mengubah nilai K. T   Kesetimbangan bergeser ke arah reaksi endoterm T   Kesetimbangan bergeser ke arah reaksi eksoterm Contoh 1: N 2 O 4( g )  2 NO 2( g )  H o = 58,0 kJ atau N 2 O 4( g )  2 NO 2( g ) – 58,0 kJ Reaksi pembentukan NO 2 dari N 2 O 4 endoterm; reaksi sebaliknya eksoterm. Pemanasan akan memperbesar [NO 2 ] (warna makin cokelat), pendinginan akan memperbesar [N 2 O 4 ] (warna cokelat memudar). Setiap bola berisi campuran gas NO 2 dan N 2 O 4 Dalam air es Dalam air panas

69 Contoh 2: CoCl 4 2  + 6 H 2 O  Co(H 2 O) Cl  biru merah muda biru merah muda Reaksi pembentukan CoCl 4 2  endoterm: larutan berwarna biru jika dipanaskan dan merah muda jika didinginkan. H. 3. Perubahan Suhu

70 Contoh 6.23: Perhatikan kesetimbangan berikut: N 2 F 4( g )  2 NF 2( g )  H o = 38,5 kJ Prediksikan arah pergeseran kesetimbangan jika (a) Campuran dipanaskan pada volume konstan (b) Gas NF 2 diambil dari campuran pada suhu konstan (c) Tekanan diturunkan pada suhu konstan (d) Gas lembam seperti He ditambahkan ke dalam campuran pada volume dan suhu konstan

71 Jawab: (d) Penambahan gas lembam tidak akan menggeser kesetimbangan, karena reaksi akan dipercepat sama besar ke dua arah. (a) Reaksi pembentukan NF 2 endoterm (  H o > 0), maka pemanasan akan menyukai-nya (reaksi bergeser ke kanan). (b) Pengambilan gas NF 2 menurunkan konsentrasi produk, maka Q < K dan jumlah produk harus ditambah agar Q = K (reaksi bergeser ke kanan). (c) Penurunan tekanan akan menggeser kesetimbangan ke arah koefisien gas yang lebih besar, yaitu ke arah pembentukan NF 2 (reaksi bergeser ke kanan). Contoh 6.23:

72 I. Kesetimbangan Pengionan Derajat pengionan (  ) = (a) Elektrolit kual:  = 1 (mengion seluruhnya) MgCl 2  Mg Cl  (b) Elektrolit lemah: 0 <  < 1 CH 3 COOH  CH 3 COO  + H + (c) Nonelektrolit:  = 0 (sama sekali tidak mengion) C 12 H 22 O 11 (sukrosa)  BACK  BACK

73 Dalam campuran suatu elektrolit lemah dengan garam yang mengandung ion yang sama seperti pada elektrolit tersebut (disebut ion senama ), kesetimbangan pengionan elektrolit akan digeser ke kiri (  menurun), karena garam terionkan dengan lebih sempurna daripada elektrolit. NaCH 3 COO → Na + + CH 3 COO  CH 3 COOH  H + + CH 3 COO  I. 1. Efek Ion Senama ( Common Ion Effect ) Contoh: Dalam campuran bufer CH 3 COOH-NaCH 3 COO, ion asetat dari garam Na-asetat menjadi ion senama yang menghambat pengionan asam asetat. Konsentrasi ion asetat dalam kesetimbangan meningkat Kesetimbangan pengionan asam asetat bergeser ke kiri

74 I. 2. Hukum Pengenceran Ostwald Nilai  dari suatu larutan elektrolit lemah akan meningkat jika diencerkan. CH 3 COOH  CH 3 COO  + H+H+H+H+Mula-mulaC Reaksi –C–C–C–C +C+C+C+C +C+C+C+C Setimbang C(1–  ) CCCC CCCC jika  << 1 Karena K konstan, jika larutan diencerkan ( C  ), derajat pengionan (  ) harus . Hukum pengenceran Ostwald akan Anda jumpai kembali pada Bab 8.

75 That’s all folks, be prepared for UTS Created by : BAR – RAW


Download ppt "BAB 6 KESETIMBANGAN KIMIA Departemen Kimia Fakultas MIPA, Institut Pertanian Bogor."

Presentasi serupa


Iklan oleh Google