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

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

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.

A. Hukum Termodinamika I Ek = energi kinetik = ½mv2 Etotal = Ek + Ep = tetap Ep = energi potensial = mgh (hukum kekekalan energi) Satuan energi: J = N m = kg m2 det-2 Ep = 10 unit Ek = 0 unit Ep = 4 unit Ek = 6 unit Energi potensial Energi kinetik  BACK

A. 1. Kerja dan Kalor w = –Fdh = –PAdh = –PdV A = luas permukaan wadah (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 = hakhir – hawal (2) Kalor: energi yang dipindahkan sebagai akibat adanya perbedaan suhu. Asas Black: kalor selalu berpindah dari benda yang panas ke yang dingin

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

Contoh 6.1: Berapa kalor yang dibutuhkan untuk menaikkan suhu 735 g air dari 21,0 ke 98,0 oC? Jawab: m = massa zat q = m c t c = kalor jenis (untuk air, c = 1 kal g-1 oC-1 = 4,184 J g-1 oC-1) t = perubahan suhu = takhir – tawal q = (735 g) (1 kal g-1 oC-1) (98,0 – 21,0) oC = 5,7  104 kal

Contoh 6.2: Sebanyak 150,0 g timbel (Pb) pada suhu air mendidih (100 oC) dicelupkan ke dalam 50,0 g air bersuhu 22,0 oC dalam gelas piala yang terisolasi (hanya terjadi pertukaran kalor antara Pb dan air). Jika suhu akhir campuran 28,8 oC, hitunglah kalor jenis Pb. Jawab: Air menyerap kalor yang dilepas oleh Pb. Asas Black: qair + qPb = 0 qair = mair cair t = (50,0 g) (1 kal g-1 oC-1) (28,8 – 22,0) oC = 340 kal qPb = - qair = mPb cPb t = 3,2  10-2 kal g-1 oC-1

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)

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

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

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

A. 3. Besaran Intensif, Ekstensif, dan Fungsi Keadaan Jenis energi Variabel intensif Variabel ekstensif Kerja Mekanik Tekanan (P) Volume (V) P dV Termal Suhu (T) Entropi (S) T dS Kimia Potensial kimia () Mol (n)  dn Listrik Tegangan (E) Muatan (Q) E dQ Gravitasi Medan gravitasi (mg) Tinggi (h) mg dh

A. 4. Perubahan Energi Dalam (U) U = perubahan energi dalam q = kalor  (+): sistem menyerap kalor (–): sistem melepas kalor U = q + w (Hukum Termodinamika I) w = kerja  (+): sistem dikenai kerja (–): sistem melakukan kerja 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 = (+ 5000 J) + (– 6750 J) = – 1750 J

A. 4. Perubahan Energi Dalam (U) U diukur dalam kalorimeter bom, sistem dengan volume yang tetap: w = –PV = 0 U = qv = kalor reaksi pada volume tetap Sebagian besar kalor yang dilepaskan selama reaksi menaikkan suhu air di dalam bom, sisanya akan menaikkan suhu bom, pengaduk, dan bagian lain dari kalorimeter: qv + qair + qbom = 0 qair = mair cair t dengan qbom = Cbom t

Contoh 6.4: Sebanyak 0,505 g naftalena (C10H8) 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: qair = mair cair t = (1215 g)(4,184 J g-1 oC-1)(29,06 – 25,62) oC = 1,75  104 J qbom = Cbom t = (826 J oC-1)(29,06 – 25,62) oC = 2,84  103 J qv + qair + qbom = 0 U = qv = – (qair + qbom) = – (1,75  104 + 2,84  103) = – 2,03  104 J (untuk 0,505 g naftalena) qv bernilai negatif karena reaksinya eksoterm (melepas kalor)

Jika dinyatakan dalam kkal mol-1: Contoh 6.4: Untuk setiap g C10H8: U = = – 4,03  104 J g-1 Jika dinyatakan dalam kkal mol-1: U = = – 1,23  103 kkal mol-1

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 = qp – pV H = qp = kalor reaksi pada tekanan tetap H = U + pV (perubahan entalpi) Persamaan gas ideal: pV = nRT  Pada suhu tetap: pV = ngRT, maka: ng =  koef gas produk –  koef gas reaktan H = U + ngRT R = tetapan gas ideal = 8,314  10-3 kJ mol-1 K-1 T = suhu mutlak (K)

C10H8(s) + 12 O2(g)  10 CO2(g) + 4 H2O(l) Contoh 6.5: Bila perubahan energi dalam dalam pembakaran sempurna 1 mol naftalena: C10H8(s) + 12 O2(g)  10 CO2(g) + 4 H2O(l) ialah – 5,15  103 kJ, hitunglah perubahan entalpi pembakarannya pada 298 K. Jawab: H = U + ngRT = (–5,15  103 kJ) + (10–12) mol (8,314  10-3 kJ mol-1 K-1)(298 K) = – 5,155  103 kJ

Contoh 6.6: Sebanyak 1,50 g amonium nitrat (NH4NO3) 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 oC. Berapakah kalor pelarutan NH4NO3 dalam air dinyatakan dalam kJ mol-1? Jawab: qair = mair cair t = (35,0 g)(4,184 J g-1 oC-1)(19,4 – 22,7) oC = – 4,83  102 J qNH4NO3 + qair = 0 (kalorimeter dianggap tidak berubah suhunya) H = qNH4NO3 = – qair = + 4,83  102 J (untuk 1,50 g NH4NO3) qp bernilai positif karena reaksinya endoterm (menyerap kalor)

Jika dinyatakan dalam kJ mol-1: Contoh 6.6: Untuk setiap g NH4NO3: H = = 3,22  102 J g-1 Jika dinyatakan dalam kJ mol-1: H = = + 25,8 kJ mol-1

A. 6. Hubungan-hubungan yang Melibatkan H (a) H merupakan besaran ekstensif CO(g) + ½O2(g) → CO2(g) H = – 283,0 kJ mol-1 2 CO(g) + O2(g) → 2 CO2(g) H = – 566,0 kJ mol-1 ½ CO(g) + ¼ O2(g) → CO2(g) H = – 141,5 kJ mol-1 (b) H akan berubah tanda bila arah reaksi berbalik CO(g) + ½O2(g) → CO2(g) H = – 283,0 kJ/mol-1 CO2(g) → CO(g) + ½O2(g) ΔH = + 283,0 kJ/mol-1 (c) Hukum penjumlahan kalor dari Hess Jika 2 atau lebih persamaan kimia dijumlahkan untuk menghasilkan persamaan kimia lainnya, perubahan entalpi masing-masing juga harus dijumlahkan.

A. 6. Hubungan-hubungan yang Melibatkan H C(s) + O2(g) CO(g) + ½O2(g) CO2(g) ΔH = –110,5 kJ ΔH = +283,0 kJ ΔH = –393,5 kJ C(s,gr) + O2(g) → CO2(g) ΔH1 = –393,5 kJ CO2(g) → CO(g) + ½O2(g) ΔH2 = +283,0 kJ C(s,gr) + ½O2(g) → CO(g) ΔH = ΔH1 + ΔH2 = –110,5 kJ

A. 7. Entalpi Pembentukan Standar Molar (Hof) 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 Perbedaan entalpi antara 1 mol senyawa dalam keadaan standar dengan unsur-unsur pembentuknya juga dalam keadaan standar dilambangkan Hof. Contoh: (a) 2 C(gr) + 3 H2(g)  C2H6(g) Hof C2H6(g) = –84,7 kJ mol-1 (b) C(gr) + O2(g)  CO2(g) Hof CO2(g) = –393,5 kJ mol-1 (c) H2(g) + ½ O2(g)  H2O(l) Hof H2O(l) = –285,8 kJ mol-1

Contoh 6.7: Dengan menggunakan data Hof pada slaid sebelumnya, hitunglah perubahan entalpi untuk reaksi pembakaran sempurna 1 mol etana, C2H6(g). Jawab: –(a): C2H6(g)  2 C(gr) + 3 H2(g) – Hof C2H6(g) = +84,7 kJ mol-1 2(b): 2 C(gr) + 2 O2(g)  2 CO2(g) 2 Hof CO2(g) = 2(–393,5) kJ mol-1 3(c): 3 H2(g) + 3/2 O2(g)  3 H2O(l) 3 Hof H2O(l) = 3(–285,8) kJ mol-1 C2H6(g) + 7/2 O2(g)  2 CO2(g) + 3 H2O(l) Horeaksi = –1559,7 kJ mol-1 (reaksi pembakaran sempurna etana) (negatif  reaksi eksoterm)

Horeaksi = [(koef  Hof) produk] – [(koef  Hof) reaktan] A. 7. Entalpi Pembentukan Standar Molar (Hof) Perubahan entalpi untuk reaksi pembakaran etana pada contoh 6.7 dihitung dengan menggunakan persamaan Horeaksi = [2  Hof CO2(g) + 3  Hof H2O(l)] – Hof C2H6(g) Persamaan tersebut dapat diperluas menjadi bentuk umum berikut: Horeaksi = [(koef  Hof) produk] – [(koef  Hof) reaktan] Perlu diperhatikan bahwa tidak ada nilai Hof untuk O2(g), karena Hof unsur bebas atau gas bebas yang terdiri dari atom-atom identik = 0.

Contoh 6.8: Reaksi pembakaran siklopropana yang biasa digunakan sebagai anestesi ialah sebagai berikut: (CH2)3(g) + 9/2 O2(g)  3 CO2(g) + 3 H2O(l) Horks = –2091,4 kJ mol-1 Gunakan nilai Horks ini untuk menghitung entalpi pembentukan standar siklopropana, jika diketahui Hof CO2(g) = –393,5 kJ mol-1 dan Hof H2O(l) = –285,8 kJ mol-1. Jawab: Horeaksi = [(koef  Hof) produk] – [(koef  Hof) reaktan] = (3  Hof CO2(g) + 3  Hof H2O(l)) – [Hof (CH2)3] –2091,4 kJ mol-1 = [3  (–393,5 kJ mol-1) + (3  (–285,8 kJ mol-1)] – [Hof (CH2)3] Hof (CH2)3 = + 53,5 kJ mol-1

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 Kalor 50 Ag 25oC Contoh proses yang spontan:  BACK

B. 1. Perubahan Entropi (S) Pada tahun 1850, Rudolf Clausius menyebutkan besaran entropi (S) sebagai ukuran derajat ketidakteraturan. Apabila sejumlah kalor, dQrev, 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: Suatu proses spontan dalam sistem terisolasi memiliki perubahan entropi total yang bernilai positif: Stotal = Ssistem + Slingkungan > O Stotal = Ssis + Sling > O

B. 2. Perubahan Energi Bebas Gibbs (G) Nilai Slingkungan 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

B. 2. Perubahan Energi Bebas Gibbs (G) Ada dua unit energi yang menentukan tanda G, yakni H dan TS. Kasus DH DS DG Hasil Contoh reaksi 1. - + Spontan di semua T 2H2O(g)  2H2(g) + O2(g) 2. Spontan pada T  Tak spontan pada T  H2O(l)  H2O(s) 3. Tak spontan pada T  Spontan pada T  2NH3(g)  N2(g) + 3H2(g) 4. Tak spontan pada semua T 3O2(g)  2O3(g)

Contoh 6.9: Apakah reaksi disosiasi AB(g)  A(g) + B(g), cenderung berjalan spontan pada suhu tinggi atau suhu rendah? Jawab: 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.

B. 3. Energi Bebas Pembentukan Molar Standar (Gof) 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.

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

Contoh 6.10: Entalpi pembentukan molar standar perak oksida pada 298 K ialah –30,59 kJ/mol. Perubahan energi bebas molar standar, Go, untuk disosiasi perak oksida pada suhu yang sama diberikan berikut ini: 2Ag2O(s)  4Ag(s) + O2(g) Go = +22,43 kJ mol-1 Berapakah nilai So untuk reaksi tersebut? Jawab: Horeaksi = [(koef  Hof) produk] – [(koef  Hof) reaktan] = (4  Hof Ag(s) + Hof O2(g)) – (2  Hof Ag2O) = (4  0 + 0) – [2 (–30,59 kJ mol-1)] = +61,18 kJ mol-1 G = H – T S 

Contoh 6.11: Berapakah nilai Go pada 298 K untuk reaksi C(s) + CO2(g)  2 CO(g) jika diketahui Gof CO(g) = –137,28 kJ mol-1 dan Gof CO2(g) = –394,38 kJ mol-1? Apakah pembentukan CO berlangsung spontan pada 298 K? Jawab: Goreaksi = [(koef  Gof) produk] – [(koef  Gof) reaktan] = (2  Gof CO(g)) – (Hpf C(s) + Hof CO2) = 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.

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: H2O(s, 1 atm)  H2O(l, 1 atm) Hofus = 6,02 kJ mol-1 (pada 273,15 K) = 22,0 J mol-1 K-1

Contoh 6.12: Berapakah entropi penguapan molar standar air pada 100 oC jika diketahui entalpi penguapan molar standar pada suhu tersebut 40,7 kJ mol-1? Jawab: = 109 J mol-1 K-1 Contoh 6.13: 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. Jawab: = 87,2 J mol-1 K-1 Untuk 3,00 mol benzena: Sovap = (87,2 J mol-1 K-1)(3,00 mol) = 262 J K-1

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

D. Konsep Kesetimbangan Laju reaksi sama ke dua arah  [reaktan] & [produk] secara neto tidak berubah. (a) Kesetimbangan fisika: melibatkan 1 zat dalam 2 fase yang berbeda Contoh: H2O(l)  H2O(g) (b) Kesetimbangan kimia: melibatkan zat yang berbeda sebagai reaktan dan produk Contoh: N2O4(g) (tak berwarna)  2NO2(g) (cokelat gelap)  BACK

D. Konsep Kesetimbangan (a) Kesetimbangan homogen: hanya melibatkan 1 fase Contoh: C2H4(g) + H2(g)  C2H6(g) Dikenal reaksi fase gas, fase cair, atau fase padat bergantung pada fase yang terlibat dalam kesetimbangan. Contoh di atas merupakan reaksi fase gas. (b) Kesetimbangan heterogen: melibatkan >1 fase zat Contoh: 2 Hg(l) + Cl2(g)  Hg2Cl2(s) Fase cair (l, liquid) dianggap satu fase dengan larutan berair (aq, aqueous).

Nisbah [ ] saat kesetimbangan E. Tetapan Kesetimbangan (K) N2O4(g)  2NO2(g) [ ] awal [ ] kesetimbangan Nisbah [ ] saat kesetimbangan [NO2] [N2O4] [NO2]/[N2O4] [NO2]2/[N2O4] 0,000 0,670 0,0547 0,643 0,0851 4,65  10-3 0,050 0,446 0,0457 0,448 0,1020 4,66  10-3 0,030 0,500 0,0475 0,491 0,0967 4,60  10-3 Nisbah yang nilainya relatif konstan disebut tetapan kesetimbangan (K).  BACK

E. Tetapan Kesetimbangan (K) Secara umum, untuk reaksi a A + b B  c C + d D: a = aktivitas, yang nilainya dapat diperkirakan sebagai berikut: (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 Dikenal 2 macam nilai K, yaitu KC dan KP: (a) Rumus KC hanya memasukkan molaritas dari fase g dan aq. (b) Rumus KP hanya mengikutsertakan tekanan parsial dari fase g.

E. Tetapan Kesetimbangan (K) Contoh: (1) 4 NH3(g) + 7 O2(g)  4 NO2(g) + 6 H2O(g) (2) CH3OH(l) + CH3COOH(l)  CH3COOCH3(l) + H2O(l) (3) CaCO3(s)  CaO(s) + CO2(g) (4) BaCl2(aq) + Na2SO4(aq)  BaSO4(s) + NaCl(aq) Tidak ada KP untuk reaksi (2) dan (4), karena tidak ada zat yang berfase gas.

Contoh 6.14: Tuliskan rumus Kc dan KP untuk reaksi-reaksi berikut: (a) 2 ZnS(s) + 3 O2(g)  2 ZnO(s) + 2 SO2(g) (b) 2 HCrO4-(aq)  Cr2O72-(aq) + H2O(l) Apakah reaksi-reaksi di atas termasuk kesetimbangan homogen atau heterogen? Jawab: (a) Kesetimbangan heterogen (b) Tidak ada KP Kesetimbangan homogen

Contoh 6.15: (a) Pada suhu tertentu, untuk reaksi N2O4(g)  2NO2(g) pada saat kesetimbangan terdapat 0,1 mol N2O4 dan 0,06 mol NO2 dalam volume 2 L. Hitunglah nilai Kc. Jawab: (b) Pada suhu yang sama, ke dalam wadah bervolume 2 L dimasukkan 0,8 mol N2O4. Hitunglah konsentrasi zat-zat dalam reaksi pada kesetimbangan yang baru. Jawab: N2O4(g)  2 NO2(g) Mula-mula 0,8 mol Reaksi –x +2x Setimbang 0,8 – x 2x

Contoh 6.15: x2 + 0,009x – 0,0072 = 0 x = 0,0809 mol  Jadi, pada saat kesetimbangan tercapai [NO2] = 2x mol/2L = 0.0809 M [N2O4] = (0,8 – x) mol/2 L = 0,7191 mol/2 L = 0,3595 M

E. 1. Faktor-faktor yang Memengaruhi Nilai K (1) Jenis reaksi K >> 1  reaksi lebih banyak ke arah produk (kesetimbangan berada di kanan). Contoh: 2 H2(g) + O2(g)  2 H2O(g) KC = 9,1  1080 K << 1  reaksi lebih banyak ke arah reaktan (kesetimbangan terletak di kiri). Contoh: N2O4(g)  2 NO2(g) KC = 4,63  10-3

E. 1. Faktor-faktor yang Memengaruhi Nilai K (2) Suhu Reaksi endoterm  kenaikan suhu meningkatkan nilai K. Contoh: CH4(g) + H2O(g)  CO(g) + 3 H2O(g) K = 1,78  10-3 (800 °C) K = 4,68  10-2 (1000 °C) K = 5,67 (1500 °C) Reaksi eksoterm  kenaikan suhu justru menurunkan nilai K. Contoh: H2(g) + I2(g)  2 HI(g) K = 49,5 (440 °C) K = 54,3 (430 °C)

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 SO2(g) + O2(g)  2 SO3(g) 4 SO2(g) + 2 O2(g)  4 SO3(g) SO2(g) + ½ O2(g)  SO3(g)

E. 2. Hubungan-hubungan yang Melibatkan K N2O4(g)  2 NO2(g) 2 NO2(g)  N2O4(g) (c) 2 N2(g) + O2(g)  2 N2O(g) 2 N2O(g) + 3 O2(g)  4 NO2(g) 2 N2(g) + 4 O2(g)  4 NO2(g)

Contoh 6.16: Hitunglah nilai K untuk reaksi H2O(g) + CO(g)  CO2(g) + H2(g) pada suhu 25 °C bila pada suhu tersebut diketahui (a) 2 CO(g) + O2(g)  2 CO2(g) K1 = 3,3  1091 (b) 2 H2(g) + O2(g)  2 H2O(g) K2 = 9,1  1080 Jawab: Reaksi (a) dibagi 2 : CO(g) + ½ O2(g)  CO2(g) K3 = Reaksi (b) dibalik & dibagi 2: H2O(g)  H2(g) + ½ O2(g) K4 = H2O(g) + CO(g)  CO2(g) + H2(g) K = K = 1,9  105

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

Perhatikan nilai R yang digunakan, dan suhu dinyatakan dalam K. Contoh 6.17: Hitunglah Kp untuk reaksi berikut: N2(g) + 3 H2(g)  2 NH3(g) KC = 1,2 pada 375 oC Jawab: Kp = Kc (RT)n = 1,2  {0,0821  (375+273)}2–(1+3) = 4,24  10-4 Perhatikan nilai R yang digunakan, dan suhu dinyatakan dalam K. Contoh 6.18: Di antara 2 reaksi di bawah ini, manakah yang memiliki nilai Kp = KC? (a) H2(g) + I2(g)  2 HI(g) KC = 54,3 pada 430 oC (b) N2O4(g)  2 NO2(g) KC = 4,63  10-3 pada 25 oC Agar nilai KP = KC, jumlah koefisien gas pada sisi kiri dan kanan harus sama (ng = 0), dan syarat ini hanya dipenuhi oleh reaksi (a). Jawab:

Contoh 6.19: Reaksi PCl5(g)  PCl3(g) + Cl2(g) mempunyai Kp = 1,05 pada 250 °C. (a) Hitunglah tekanan parsial Cl2 bila pada suhu tersebut tekanan parsial PCl5 dan PCl3 saat kesetimbangan ialah 0,875 dan 0,463 atm. (b) Hitunglah nilai Kc reaksi itu pada 250 °C. Jawab: (a) = 1,98 atm (b) = 0,024

F. Pendugaan Arah Reaksi 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). Kesetimbangan ΔG = 0 Reaktan murni Produk Q < K ΔG < 0 Q > K ΔG > 0 G 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)  BACK

Contoh 6.20: Reaksi H2(g) + I2(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 H2, 2 mol I2, dan 4 mol HI. Tentukan (a) arah reaksi (b) konsentrasi masing-masing zat saat kesetimbangan tercapai Jawab: (a) = 1,6 Q < K  reaksi berlangsung ke kanan (b) Karena reaksi berlangsung ke kanan, H2 dan I2 berkurang, HI bertambah.

Contoh 6.20: x1 = 1,672 mol H2(g) + I2(g)  2 HI(g) Mula-mula 5 mol Reaksi –x +2x Setimbang (5 – x) (2 – x) (4 + 2x) (4 + 2x)2 = 49,5 (5 – x)(2 – x) 16 + 8x + 4x2 = 495 – 346,5x – 49,5x2 45,5x2 – 362,5x + 479 = 0 x1 = 1,672 mol

Contoh 6.20: x2 = 6,29 mol (tidak mungkin, melebihi mol H2 dan mol I2 mula-mula) Jadi, konsentrasi setiap senyawa pada kesetimbangan: [HI] = (4 + 2x) mol/2 L = (4 + 3,344) mol/2 L = 3,672 M [H2] = (5 – x) mol/2 L = (5 – 1,672) mol/2 L = 1,664 M [I2] = (2 – x) mol/2 L = (2 – 1,672) mol/2 L = 0,164 M

G. Hubungan Go dengan K  BACK Penguapan air tidak berlangsung spontan pada 25 oC dalam keadaan standar: H2O(l, 1 atm)  H2O(g, 1 atm) Govap = 8,58 kJ mol-1 (pada 298,15 K) Apa yang terjadi jika kita ubah tekanan sistem sehingga kondisi tidak standar lagi? Kondensasi spontan Keadaan setimbang Penguapan spontan  BACK

G. Hubungan Go dengan K Contoh 6.21: Untuk keadaan tak standar berlaku hubungan berikut: G = Go + RT ln Q Pada keadaan setimbang: G = 0 dan Q = K, maka Go = – RT ln K Contoh 6.21: Suatu campuran dari 0,5 mol N2O(g) dan 0,5 mol O2(g) dimasukkan ke dalam wadah bervolume 4 L pada suhu 250 oC dan dibiarkan mencapai kesetimbangan: 2 N2O(g) + 3 O2(g)  4 NO2(g) Setelah tercapai kesetimbangan, jumlah N2O menjadi 0,45 mol. Hitunglah nilai KC, KP, dan perubahan energi bebas Gibbs-nya.

Contoh 6.21: Jawab: 2 N2O(g) + 3 O2(g)  4 NO2(g) Mula-mula 0,5 mol Reaksi – 0,05 –3/20,05 +4/20,05 Setimbang 0,45 0,425 0,1 Go = – RT ln KC = – (8,314  10-3 kJ mol-1 K-1)(250 + 273) ln (2,57  10-2) = –15,9 kJ mol-1

H. Faktor-faktor yang Memengaruhi Kesetimbangan Kimia Dalam contoh-contoh sebelum ini, telah kita bahas bagaimana suatu sistem yang tak setimbang menuju kesetimbangan. 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). Faktor-faktor yang dapat memengaruhi kesetimbangan ini meliputi konsentrasi, tekanan, volume, suhu, dan katalis. Catatan: Di Kimia TPB, pengaruh faktor-faktor ini hanya dibahas secara kualitatif. Contoh-contoh perhitungan di diktat sekadar untuk memperkaya ilmu Anda.  BACK

H. 1. Perubahan Konsentrasi [Produk] , [Reaktan]   Q > K  Kesetimbangan bergeser ke kiri [Produk] , [Reaktan]   Q < K  Kesetimbangan bergeser ke kanan Contoh: Besi(III) tiosianat [Fe(SCN)3] larut dalam air membentuk larutan berwarna merah: FeSCN2+  Fe3+ + SCN- merah kuning tak muda berwarna + NaSCN atau Fe(NO3)3  warna merah larutan semakin pekat + H2C2O4 (yang mengikat kuat Fe3+)  warna merah larutan memudar

H. 1. Perubahan Konsentrasi (a) Larutan Fe(SCN)3: campuran warna merah FeSCN2+ dan warna kuning Fe3+ (b) Setelah penambahan NaSCN: kesetimbangan bergeser ke kiri (c) Setelah penambahan Fe(NO3)3: kesetimbangan juga bergeser ke kiri (d) Setelah penambahan H2C2O4: kesetimbangan bergeser ke kanan; warna kuning berasal dari ion Fe(C2O4)33-

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 Contoh: N2O4(g)  2 NO2(g) Volume wadah diperbesar  [N2O4] maupun [NO2] mengalami pengenceran. (tekanan diperkecil)  penurunan pembilang > penyebut karena [NO2] dipangkatkan 2  Q < K  kesetimbangan bergeser ke kanan

Contoh 6.22: Ke arah manakah reaksi di bawah ini bergeser bila pada suhu yang tetap, tekanan diperbesar (volume diperkecil)? (a) CaCO3(s) → CaO(s) + CO2(g) (c) H2(g) + CO2(g) → H2O(g) + CO(g) (b) PCl5(g) → PCl3(g) + Cl2(g) (d) N2(g) + 3 H2(g) → 2 NH3(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

Setiap bola berisi campuran gas NO2 dan N2O4 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: N2O4(g)  2 NO2(g) Ho = 58,0 kJ atau N2O4(g)  2 NO2(g) – 58,0 kJ Setiap bola berisi campuran gas NO2 dan N2O4 Dalam air es Dalam air panas Reaksi pembentukan NO2 dari N2O4 endoterm; reaksi sebaliknya eksoterm. Pemanasan akan memperbesar [NO2] (warna makin cokelat), pendinginan akan memperbesar [N2O4] (warna cokelat memudar).

H. 3. Perubahan Suhu CoCl42- + 6 H2O  Co(H2O)62+ + 4 Cl- Contoh 2: biru merah muda Reaksi pembentukan CoCl42- endoterm: larutan berwarna biru jika dipanaskan dan merah muda jika didinginkan.

Contoh 6.23: Perhatikan kesetimbangan berikut: N2F4(g)  2 NF2(g) Ho = 38,5 kJ Prediksikan arah pergeseran kesetimbangan jika (a) Campuran dipanaskan pada volume konstan (b) Gas NF2 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

Contoh 6.23: Jawab: (a) Reaksi pembentukan NF2 endoterm (Ho > 0), maka pemanasan akan menyukai-nya (reaksi bergeser ke kanan). (b) Pengambilan gas NF2 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 NF2 (reaksi bergeser ke kanan). (d) Penambahan gas lembam tidak akan menggeser kesetimbangan, karena reaksi akan dipercepat sama besar ke dua arah.

I. Kesetimbangan Pengionan Derajat pengionan () = (a) Elektrolit kual :  = 1 (mengion seluruhnya) MgCl2  Mg2+ + 2 Cl- (b) Elektrolit lemah : 0 <  < 1 CH3COOH  CH3COO- + H+ (c) Nonelektrolit :  = 0 (sama sekali tidak mengion) C12H22O11 (sukrosa)  BACK

I. 1. Efek Ion Senama (Common Ion Effect) 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. Contoh: Dalam campuran bufer CH3COOH-NaCH3COO, ion asetat dari garam Na-asetat menjadi ion senama yang menghambat pengionan asam asetat. NaCH3COO → Na+ + CH3COO- CH3COOH  H+ + CH3COO- Konsentrasi ion asetat dalam kesetimbangan meningkat Kesetimbangan pengionan asam asetat bergeser ke kiri

I. 2. Hukum Pengenceran Ostwald Nilai  dari suatu larutan elektrolit lemah akan meningkat jika diencerkan. CH3COOH  CH3COO- + H+ Mula-mula C Reaksi –C +C Setimbang C(1–) C jika  << 1 Karena K konstan, jika larutan diencerkan (C ), derajat pengionan () harus . Hukum pengenceran Ostwald akan Anda jumpai kembali pada Bab 8.

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