Presentasi sedang didownload. Silahkan tunggu

Presentasi sedang didownload. Silahkan tunggu

2.3 Persamaan Keadaan Gas Nyata Pada tahun 1873 Van der Waals, seorang fisikawan bangsa Belanda menjabarkan persamaan gas nyata sebagai berikut Pada tahun.

Presentasi serupa


Presentasi berjudul: "2.3 Persamaan Keadaan Gas Nyata Pada tahun 1873 Van der Waals, seorang fisikawan bangsa Belanda menjabarkan persamaan gas nyata sebagai berikut Pada tahun."— Transcript presentasi:

1 2.3 Persamaan Keadaan Gas Nyata Pada tahun 1873 Van der Waals, seorang fisikawan bangsa Belanda menjabarkan persamaan gas nyata sebagai berikut Pada tahun 1873 Van der Waals, seorang fisikawan bangsa Belanda menjabarkan persamaan gas nyata sebagai berikut 2.5a 2.5b Untuk n mol Untuk 1 mol a dan b disebut tetapan Van der Waals

2 Tabel 2.1 Tabel Tetapan Gas zat a, (J.m 3.kmol -2 ) (x 10 3 ) b, (m 3.kmol -1 ) He 3,44 3,440,0234 H2H2H2H2 24,80 24,800,0266 O2O2O2O2138,000,0318 CO 2 366,000,0429 H2OH2OH2OH2O580,000,0319 Hg292,000,0055

3 Persamaan Beattie-Bridgeman Merupakan modifikasi dari persamaan Virial Merupakan modifikasi dari persamaan Virialdengan Ao, a,Bo, b dan C adalah tetapan yang berbeda untuk setiap gas Ao, a,Bo, b dan C adalah tetapan yang berbeda untuk setiap gas A = Ao(1- a/v) 2.8 B = Bo(1-b/v) 2.9  = C/vT

4 2.4 Bidang p-v-T Gas Sempurna Jika Variabel p, v, dan T pada persamaan keadaan gas sempurna digambarkan pada tiga sumbu saling tegak lurus diperoleh bidang keadaan gas sempurna Jika Variabel p, v, dan T pada persamaan keadaan gas sempurna digambarkan pada tiga sumbu saling tegak lurus diperoleh bidang keadaan gas sempurna p v T isobarikisometrik

5 T p Proses isokorik v1 v2 v3 Proses Isotermal p v T1 T2 T3 pv = RT = C p = R/v T = CT

6 p1 p2 p3 T v Proses isobarik v = R/p T = CT

7 2.5 Bidang p-v-T Gas Nyata Gas nyata memiliki sifat: Gas nyata memiliki sifat: Molekul molekul tarik menarik dan mempunyai volume Molekul molekul tarik menarik dan mempunyai volume Dapat menjadi cair dan padat Dapat menjadi cair dan padat Hukum-hukum Boyle dan Gay-Lussac hanya diikuti oleh gas nyata secara pendekatan, yaitu pada tekanan rendah jauh dari keadaan cairnya Hukum-hukum Boyle dan Gay-Lussac hanya diikuti oleh gas nyata secara pendekatan, yaitu pada tekanan rendah jauh dari keadaan cairnya Perbedaan sifat gas sempurna dengan gas nyata tampak jelas pada diagram p-v-T atau prpses Isotermal

8 Proses Isotermal p v T1 T2 T3 a. Gas Sempurna b. Gas Nyata T1 v T2 Tk T3 p ◦ K b b c c a a

9 Gas nyata ketika tekanan masih rendah, (volume besar), pemampatan juga diikuti oleh kenaikan tekanan seperti pada gas sempurna Gas nyata ketika tekanan masih rendah, (volume besar), pemampatan juga diikuti oleh kenaikan tekanan seperti pada gas sempurna ( garis a-b) ( garis a-b) Setelah itu walaupun volume diperkecil tekanan tidak berubah, garis b-c disebut garis koeksistensi cair-gas, yaitu fase cair dan gas (uap) dapat berada bersama. Setelah itu walaupun volume diperkecil tekanan tidak berubah, garis b-c disebut garis koeksistensi cair-gas, yaitu fase cair dan gas (uap) dapat berada bersama. Di titik b mulai terbentuk cairan dan di titik c semua uap telah menjadi cair Di titik b mulai terbentuk cairan dan di titik c semua uap telah menjadi cair Pemampatan selanjutnya akan diikuti kenaikan tekanan yang besar Pemampatan selanjutnya akan diikuti kenaikan tekanan yang besar

10 Jika proses ini diulangi pada suhu T2> T1 maka garis b-c menjadi lebih pendek, dan pada suhu tertetu (suhu kritis (Tk) garis koeksistensi menjadi nol. Tekanannya diberi simbol p k dan volumenya v k. Jika proses ini diulangi pada suhu T2> T1 maka garis b-c menjadi lebih pendek, dan pada suhu tertetu (suhu kritis (Tk) garis koeksistensi menjadi nol. Tekanannya diberi simbol p k dan volumenya v k. Di atas suhu kritis gas nyata tak dapat dicairkan dengan cara dimampatkan. Dan gas nyata mengikuti dengan baik Hukum Boyle. Di atas suhu kritis gas nyata tak dapat dicairkan dengan cara dimampatkan. Dan gas nyata mengikuti dengan baik Hukum Boyle.

11 Tabel 2.2 Data titik tripel Zat Suhu (K) Tekanan (Torr) Helim2,18638,300 Hidrogen13,84052,800 Deutrium18,480128,800 Neon24,630324,000 Nitrogen63,18094,000 Oksigen54,3601,140 Amonia195,40045,570 Karbon dioksida 216,550388,000 Sulfur dioksida 197,6801,256 Air273,1604,580

12 Tabel 2.3 Tetapan kritis Zat T k (K) p k x 10 5 (Pa) v k (m 3 /kmol) Helim-45,251,160,0578 Helium-33,341,150,0726 Hidrogen33,3412,800,0650 Nitrogen126,2033,600,0901 Oksigen154,8050,200,0780 Amonia405,50111,000,0725 Freon ,7039,700,2180 Karbon dioksida 304,8073,000,0940 Sulfur dioksida 430,7077,800,1220 Air647,40209,000,0560 Karbon disulfida 552,0078,000,1700

13 TETAPAN GAS VAN DER WAALS Grafik persamaan Van der Waals untuk beberapa suhu adalah: Grafik persamaan Van der Waals untuk beberapa suhu adalah: v Tk T3 p ◦ K 0 T2 T1 Bila ruas kiri dan kanan dikalikan dengan v 2 /p diperoleh

14 Persamaan ini mempunyai tiga akar v 1, v 2, dan v 3 Pada suhu kritis Tk ketiga akar berimpit dan tekanan yang bersangkutan adalah tekanan kritis p k, sehingga persamaannya menjadi a b c

15 Mempunyai tiga akar nyata yang sama yaitu v k Mempunyai tiga akar nyata yang sama yaitu v k Persamaan derajat tiga dalam v yang ketiga akarnya sama dengan v k adalah Persamaan derajat tiga dalam v yang ketiga akarnya sama dengan v k adalah (v- v k ) 3 = v 3 – 3v k v v k 2 v – v k 3 = 0 … d (v- v k ) 3 = v 3 – 3v k v v k 2 v – v k 3 = 0 … d Kedua persamaan c dan d adalah identik sehingga koefisien yang bersangkutan dapat disamakan Kedua persamaan c dan d adalah identik sehingga koefisien yang bersangkutan dapat disamakan

16 I. 3v k =b + RT k /p k I. 3v k =b + RT k /p k II. 3v k 2 = a/p k II. 3v k 2 = a/p k III. v k 3 = ab/p k III. v k 3 = ab/p k Dari ketiga persamaan ini dapat diperoleh: v k = 3be T k = 8a/ (27 bR)f p k = a/(27 b 2 )g (p k v k )/T k = (3/8) Rh Menurut persamaan (h) RT k /(p k v k ) = 8/3 =2,67

17 Hasil eksperimen beberapa gas diperoleh ; He = 3,13CO2 = 3,49 He = 3,13CO2 = 3,49 H2 = 3,03C6H6 = 3,76 H2 = 3,03C6H6 = 3,76 Dari persmaan Vk = 3b atau Dari persmaan Vk = 3b atau v k /b = 3 v k /b = 3 Sedangkan dari hasil eksperimen diperoleh Sedangkan dari hasil eksperimen diperoleh A = 1,41CO2 = 1,86 A = 1,41CO2 = 1,86 H2 = 2,8O2 = 1,89 H2 = 2,8O2 = 1,89

18 Contoh soal 2.1 Berapakah tekanan yang ditimbulkan oleh 3 gram gas nitrogen di dalam bejana yang voluenya 5 liter pada suhu 17 o C. Diketahui bobot molekul nitrogen 28 dan diangap sebagai gas sempurna.Nyatakan satuannya dalam atmosfer dan pascal. Berapakah tekanan yang ditimbulkan oleh 3 gram gas nitrogen di dalam bejana yang voluenya 5 liter pada suhu 17 o C. Diketahui bobot molekul nitrogen 28 dan diangap sebagai gas sempurna.Nyatakan satuannya dalam atmosfer dan pascal. Jawab Jawab Diketahui Diketahui m = 3 gram, T = ( ,15 ) K = 290,15 K m = 3 gram, T = ( ,15 ) K = 290,15 K V = 5 ltr, M = 28 gram/mol = 28 kg/kmol V = 5 ltr, M = 28 gram/mol = 28 kg/kmol P = ……. atm p = ………….Pa P = ……. atm p = ………….Pa Penyelesaian Penyelesaian pV = (m/M) RT …………..p = (m/M) RT /V pV = (m/M) RT …………..p = (m/M) RT /V = (3 gram/ 28 gram mol -1 )( 0,082 ltr atm mol -1 K -1 )(290,15)/5 ltr = (3 gram/ 28 gram mol -1 )( 0,082 ltr atm mol -1 K -1 )(290,15)/5 ltr = 0,51 atm = 0,51 atm

19 pV = (m/M) RT …………..p = (m/M) RT /V = (3 gram/ 28 gram mol -1 )( 8,314 J mol -1 K -1 ) (290,15)/5x10 -3 m 3 = (3 gram/ 28 gram mol -1 )( 8,314 J mol -1 K -1 ) (290,15)/5x10 -3 m 3 = Pa = Pa

20 Contoh Soal 2.2 Sebuah bejana volumenya 2 liter dilengkapi dengan kran, berisi gas oksigen pada suhu 300 K dan tekanan 1 atm. Sistem dipanasi hingga menjadi 400 K dengan kran terbuka. Kran lalu ditutup dan bejana dibiarkan mendingin kembali sampai suhu semula. Hitunglah: Sebuah bejana volumenya 2 liter dilengkapi dengan kran, berisi gas oksigen pada suhu 300 K dan tekanan 1 atm. Sistem dipanasi hingga menjadi 400 K dengan kran terbuka. Kran lalu ditutup dan bejana dibiarkan mendingin kembali sampai suhu semula. Hitunglah: a. tekanan akhir? a. tekanan akhir? Berapa gram oksigen yang masih tertinggal dalam bejama? Berapa gram oksigen yang masih tertinggal dalam bejama? Penyelesaian Penyelesaian O2 1 23

21 Diketahui: Diketahui: Keadaan (1) Keadaan (2) Keadaan (3) Keadaan (1) Keadaan (2) Keadaan (3) P1 = 1 atm p2 = 1 atm p3 =? P1 = 1 atm p2 = 1 atm p3 =? V1 = 2 liter V2 =2 liter V3 = 2 liter V1 = 2 liter V2 =2 liter V3 = 2 liter T1 = 300 K T2 = 400 K T3 = 300 K T1 = 300 K T2 = 400 K T3 = 300 K Proses (1) ke keadaan (2) Proses (1) ke keadaan (2) Proses pemanasan dengan kran terbuka (tekanan tetap). Proses pemanasan dengan kran terbuka (tekanan tetap). Perubahan volume bejana dapat diabaikan. Perubahan volume bejana dapat diabaikan. a. Keadaan (2) dan (3) mempunyai massa yang sama, karena waktu mendigin kran ditutup. Pada keadaan (2) dan (3) berlaku persamaan p 2 V 2 = (m/M)RT2 dan p 3 V 3 = (m/M)RT 3

22 Persamaan pertama dibagi persamaan kedua menghasilkan : Persamaan pertama dibagi persamaan kedua menghasilkan : p 2 /p 3 = T 2 /T 3, ingat V 2 = V 3 = 2 liter p 2 /p 3 = T 2 /T 3, ingat V 2 = V 3 = 2 liter atau p 3 = (T 2 /T 3 ) p 2 = (300 K/400 K)x 1 atm = 0,75 atm atau p 3 = (T 2 /T 3 ) p 2 = (300 K/400 K)x 1 atm = 0,75 atm b. Untuk mencari massa yang masih tertingal dalam bejana dapat menghitung dari keadaan (2) atau (3). Misalnya kita pilih keadaan (3) p 3 V 3 = (m/M) RT 3 atau m = p 3 V 3 M/(RT 3 ) = (0,75 atm)(2 liter)(32 gram mol -1 )/(0,082 liter.atm mol -1 K -1 x 300K) = (0,75 atm)(2 liter)(32 gram mol -1 )/(0,082 liter.atm mol -1 K -1 x 300K) m = 1,95 gram m = 1,95 gram

23 2-3 Suatu gas ideal terdiri dari 4 mole, mula-mula tekanannya 2 atm. Dan volumenya 0,1 m 3. Gas dipanaskan pada volume konstan (isometrik) sehingga tekanannya menjadi 2 kali tekanan semula. Kemudian gas diekspansikan pada temperatur konstan (isotermal) hingga tekanannya kembali ke tekanan mula-mula, kemudian gas dikompresikan pada tekanan konstan hingga volumenya kembali ke volume mula-mula. 2-3 Suatu gas ideal terdiri dari 4 mole, mula-mula tekanannya 2 atm. Dan volumenya 0,1 m 3. Gas dipanaskan pada volume konstan (isometrik) sehingga tekanannya menjadi 2 kali tekanan semula. Kemudian gas diekspansikan pada temperatur konstan (isotermal) hingga tekanannya kembali ke tekanan mula-mula, kemudian gas dikompresikan pada tekanan konstan hingga volumenya kembali ke volume mula-mula. (a) Gambarkan proses tersebut pada diagram (a) Gambarkan proses tersebut pada diagram p-V, p-T, dan V-T (b) Tentukan temperatur akhir proses isometrik p-V, p-T, dan V-T (b) Tentukan temperatur akhir proses isometrik

24 Jawaban 2-3 Jawaban 2-3a p V V1= V2 V3 P1=p3 p2 T p p1 p2 T1 T2=T3 T V 12 3 V1 V2 T1 T2= T3

25 b) n = 4 mol,V1 = V2 = 0,1 m 3 = 100 ltr p1 = 2 atmR = 0,082 ltr atm mol -1 K -1 p1 = 2 atmR = 0,082 ltr atm mol -1 K -1 p2 = 4 atm p2 = 4 atm Keadaan 1 Keadaan 1 p 1 V 1 = nRT 1 p 1 V 1 = nRT 1 atau atau T 1 = p 1 V 1 /nR T 1 = p 1 V 1 /nR T 1 = (2 atm x 100 lte)/(4 mol x 0,082 ltr.atm mol -1 K -1 ) = 609,76 K T 1 = (2 atm x 100 lte)/(4 mol x 0,082 ltr.atm mol -1 K -1 ) = 609,76 K Proses 1 ke 2 (isometrik) Proses 1 ke 2 (isometrik) p 1 /T 1 = p 2 /T 2 …… T 2 = p 2 T 1 /p 1 = 2p 1.T 1 /p 1 p 1 /T 1 = p 2 /T 2 …… T 2 = p 2 T 1 /p 1 = 2p 1.T 1 /p 1 T 2 = 2 T1 = 2x 609,76= 1219,5 K T 2 = 2 T1 = 2x 609,76= 1219,5 K


Download ppt "2.3 Persamaan Keadaan Gas Nyata Pada tahun 1873 Van der Waals, seorang fisikawan bangsa Belanda menjabarkan persamaan gas nyata sebagai berikut Pada tahun."

Presentasi serupa


Iklan oleh Google