Diktat Teknik Kimia Semester 3

101

description

DIKTAT DTK

Transcript of Diktat Teknik Kimia Semester 3

Page 1: Diktat Teknik Kimia Semester 3

Akademis IMTK 2015

DIKTATDTK 2015Teknik KIMIA

#TanggapBermanfaat

Page 2: Diktat Teknik Kimia Semester 3

DAFTAR ISI

I. Kimia Fisika

II. Kimia Analitik

III. Komputasi Numerik

IV. Neraca Massa dan Energi

V. Peristiwa Perpindahan

Kritik dan Saran : Dimas Nurwansyah TK β€˜14

( 081934165726 )

Mahdi TK ’14

( 081297100469 )

JANGAN TERPAKU PADA DIKTAT INI.

Diktat ini dijawab oleh mahasiswa.

Pemikiran dosen mungkin berbeda. Untuk

penggunaan diktat yang efektif,

berkonsultasilah dengan asisten dosen.

Page 3: Diktat Teknik Kimia Semester 3

Ujian Tengah Semester Ganjil 2014/2015

Mata Kuliah : KIMIA FISIKA

Hari/Tgl : Jum’at / 24 Oktober 2014

Waktu : 90 menit

Petunjuk

1. Dilarang berkomunikasi dalam bentuk apapun termasuk pinjam meminjam alat tulis dan kalkulator. 2. Kalkulator HP tidak diizinkan 3. Kerjakan terlebih dahulu soal yang anda anggap paling mudah. 4. Periksa jawaban anda, jika masih ada sisa waktu. 5. Soal dikumpulkan bersamaan dengan buku jawaban. 6. Jangan lupa berdoa..... dan semoga sukses!!!

Soal 1(30)

Persamaan Van DerWaals dapat dituliskan sbb :

𝑃 +π‘Žπ‘›2

𝑉2 𝑉 βˆ’ 𝑛𝑏 = 𝑛𝑅𝑇

Jika diasumsikan bahwa persamaan ini bisa digunakan untuk menggambarkan properties dari

H2O pada 1,01325 bar dan 100,0oC, tentukan volume molar dan densitas dari H2O tersebut.

Berapa persenkah penyimpangannya jika dari hasil penelitian didapatkan densitas dari H2O pada

kondisi di atas adalah 0,5974 kg/m3. Diketahui tekanan kritis, suhu kritis dan volume molar kritis

dari H2O adalah 218,3 atm, 647 K dan 0,09147 L/mol.

Soal 2 (40)

PCl5 dapat terdisosiasi menjadi PCl3 dan Cl2 mengikuti persamaan reaksi berikut ini :

𝑃𝐢𝑙5 ↔ 𝑃𝐢𝑙3 + 𝐢𝑙2

Nilai konstanta kesetimbangan tekanan dari reaksi disosiasi tersebut adalah 1,78 pada suhu

250oC. Jika 0,04 mol PCl5 dimasukkan ke dalam reaktor yang berisi 0,2 mol Cl2, tentukan :

a. Fraksi disosiasi jika tekanan reaktor dijaga pada 2 atm.

b. Fraksi disosiasi jika volume dijaga konstan pada 4 L.

c. Bandingkan fraksi disosiasi yang diperoleh jika tidak ada Cl2 di dalam reaktor. Apakah

keberadaan Cl2 dapat menaikkan derajat disosiasi ?

Page 4: Diktat Teknik Kimia Semester 3

Soal 3 (30)

Sulfurylchloride (SO2Cl2) merupakan senyawa yang berbahaya bagi manusia dan bersifat

korosi. SO2Cl2 (g) dapat terdekomposisi menjadi SO2(g) dan Cl2 (g). Untuk menentukan persamaan

laju reaksi terdekomposisi ini, dilakukan penelitian pada suhu tinggi, dengan data yang

diperoleh adalah tekanan total untuk setiap rentang waktu (t), seperti pada tabel di bawah ini :

t (jam) 0 3 6 9 12 15

Ptot (kPa) 11,07 14,79 17,26 18,90 19,99 20,71

Dari data yang diberikan, perkirakanlah metode apa yang paling tepat untuk menentukan orde

reaksi dan persamaan laju reaksinya. Kemudian tentukanlah orde reaksi dan persamaan laju

reaksi dekomposisi SO2Cl2 tersebut.

Page 5: Diktat Teknik Kimia Semester 3

1. Diketahui : P = 1,01325 bar

T = 100 ℃

𝑃𝑐 = 218,3 atm

𝑇𝑐 = 647 K

𝑉𝑐 = 0,09147 L/mol

πœŒπ‘™π‘–π‘‘ = 0,5974 π‘˜π‘”/π‘š3

Ditanya : persen penyimpangan 𝜌 perhitungan?

Jawab:

Mencari nilai a dan b dari persamaan van der waals

π‘Ž = 3 𝑉𝑐3𝑃𝑐

= 3 (0,09147𝐿

π‘šπ‘œπ‘™)3218,3 π‘Žπ‘‘π‘š = 5,4794 π‘Žπ‘‘π‘š 𝐿2/π‘šπ‘œπ‘™2

𝑏 = 𝑉𝑐3

= 0,09147 𝐿/π‘šπ‘œπ‘™

3= 0,03049 𝐿/π‘šπ‘œπ‘™

Persamaan van der waals

𝑃 + π‘Ž

π‘‰π‘š2 π‘‰π‘š βˆ’ 𝑏 = 𝑅𝑇, dimana π‘‰π‘š merupakan volume molar (L/mol)

1 + 5,4794

π‘‰π‘š2 π‘‰π‘š βˆ’ 0,03049 = 0,0821 373

π‘‰π‘š

2 + 5,4794

π‘‰π‘š2 π‘‰π‘š βˆ’ 0,03049 = 30,6233

π‘‰π‘š3 βˆ’ 0,03049 π‘‰π‘š

2 + 5,4794 π‘‰π‘š βˆ’ 0,1671 = 30,6233π‘‰π‘š2

π‘‰π‘š3 βˆ’ 30,474 π‘‰π‘š

2 + 5,4794 π‘‰π‘š βˆ’ 0,1671 = 0

π‘‰π‘š1 = 30,474 𝐿/π‘šπ‘œπ‘™ π‘‰π‘š2 = 0,141 𝐿/π‘šπ‘œπ‘™ π‘‰π‘š3 = 0,038 𝐿/π‘šπ‘œπ‘™

π‘‰π‘š = 30,474 𝐿/π‘šπ‘œπ‘™

Page 6: Diktat Teknik Kimia Semester 3

𝜌 = π‘€π‘Ÿ

π‘‰π‘š=

18 π‘˜π‘”/π‘˜π‘šπ‘œπ‘™

30,474 π‘š3/π‘˜π‘šπ‘œπ‘™= 0,591 π‘˜π‘”/π‘š3

% π‘π‘’π‘›π‘¦π‘–π‘šπ‘π‘Žπ‘›π‘”π‘Žπ‘› = 0,591 βˆ’ 0,5974

0,5974 100% = 1,13%

2.

𝑃𝐢𝑙5 ↔ 𝑃𝐢𝑙3 + 𝐢𝑙2

𝐾𝑝 = 1.78

𝑇 = 250℃

a) 𝑃 = 2 π΄π‘‘π‘š π‘ƒπ‘‘π‘œπ‘‘π‘Žπ‘™ = 𝑃𝐢𝑙2 + 𝑃𝑃𝐢𝑙3+ 𝑃𝑃𝐢𝑙5

= 2 π΄π‘‘π‘š

𝑃 π‘π‘Žπ‘Ÿπ‘ π‘–π‘Žπ‘™ =π‘šπ‘œπ‘™ π‘Žπ‘˜β„Žπ‘–π‘Ÿ

π‘šπ‘œπ‘™ π‘‘π‘œπ‘‘π‘Žπ‘™Γ— 𝑃 π‘‘π‘œπ‘‘π‘Žπ‘™

PCl5 - PCl3 Cl2

0,04 0,2

X x x

0,04-x x 0,2+x

Page 7: Diktat Teknik Kimia Semester 3

𝐾𝑝 =𝑃𝐢𝑙2𝑃𝑃𝐢𝑙3

𝑃𝑃𝐢𝑙5

=

0.2 + π‘₯

0.24 + π‘₯ π‘ƒπ‘‘π‘œπ‘‘

π‘₯0.24 + π‘₯ π‘ƒπ‘‘π‘œπ‘‘

0.04 βˆ’ π‘₯0.24 + π‘₯ π‘ƒπ‘‘π‘œπ‘‘

=

0.2π‘₯ + π‘₯2

0.24 + π‘₯ π‘ƒπ‘‘π‘œπ‘‘

0.04 βˆ’ π‘₯

=

0.2π‘₯ + π‘₯2

0.24 + π‘₯ 2 π΄π‘‘π‘š

0.04 βˆ’ π‘₯= 1.78

Menyelesaikan persamaan di atas untuk mendapatkan nilai x, didapatkan:

π‘₯ = βˆ’0.22 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ π‘₯ = 0.02

Kita mengambil nilai x=0.02 (nilai positif karena nilai mol bereaksi tidak mungkin

negatif)

%π·π‘–π‘ π‘œπ‘ π‘–π‘Žπ‘ π‘– =π‘€π‘œπ‘™ π΅π‘’π‘Ÿπ‘’π‘Žπ‘˜π‘ π‘–

π‘€π‘œπ‘™ π‘…π‘’π‘Žπ‘˜π‘‘π‘Žπ‘› π‘šπ‘’π‘™π‘Ž βˆ’π‘šπ‘’π‘™π‘ŽΓ— 100% =

0.02

0.04Γ— 100% = πŸ“πŸŽ%

b) 𝑉 = 4𝐿 𝐾𝑝 = 𝐾𝑐 𝑅𝑇 βˆ†π‘› β†’ 𝐾𝑐 =𝐾𝑝

𝑅𝑇 βˆ†π‘›=

1.78

0.082𝐿 π΄π‘‘π‘š

π‘šπ‘œπ‘™ 𝐾 (250+273)

= 0.0415

𝐾𝑐 = 𝐢𝑙2 𝑃𝐢𝑙3

𝑃𝐢𝑙5 =

𝑛 𝐢𝑙2𝑉

𝑛 𝑃𝐢𝑙3𝑉

𝑛 𝑃𝐢𝑙5𝑉

=

𝑛 𝐢𝑙2𝑉 (𝑛 𝑃𝐢𝑙3)

(𝑛 𝑃𝐢𝑙5)=

0.2 + π‘₯0.24 + π‘₯

π‘₯0.24 + π‘₯

𝑉 0.04 βˆ’ π‘₯0.24 + π‘₯

=

0.2π‘₯ + π‘₯2

0.24 + π‘₯

𝑉 0.04 βˆ’ π‘₯0.24 + π‘₯

=

0.2π‘₯ + π‘₯2

0.24 + π‘₯

4 0.04 βˆ’ π‘₯0.24 + π‘₯

= 0.0415

Menyelesaikan persamaan di atas untuk mendapatkan nilai x, didapatkan:

π‘₯ = βˆ’0.383 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ π‘₯ = 0.0173

Kita mengambil nilai x=0.0173 (nilai positif karena nilai mol bereaksi tidak mungkin

negatif)

%π·π‘–π‘ π‘œπ‘ π‘–π‘Žπ‘ π‘– =π‘€π‘œπ‘™ π΅π‘’π‘Ÿπ‘’π‘Žπ‘˜π‘ π‘–

π‘€π‘œπ‘™ π‘…π‘’π‘Žπ‘˜π‘‘π‘Žπ‘› π‘šπ‘’π‘™π‘Ž βˆ’π‘šπ‘’π‘™π‘ŽΓ— 100% =

0.0173

0.04Γ— 100%

= πŸ’πŸ‘.πŸπŸ“%

PCl5 - PCl3 Cl2

0,04 0,2

X x x

0,04-x x 0,2+x

Page 8: Diktat Teknik Kimia Semester 3

c) 𝑃 = 2 π΄π‘‘π‘š π‘ƒπ‘‘π‘œπ‘‘π‘Žπ‘™ = 𝑃𝐢𝑙2 + 𝑃𝑃𝐢𝑙3+ 𝑃𝑃𝐢𝑙5

= 2 π΄π‘‘π‘š

𝐾𝑝 =𝑃𝐢𝑙2𝑃𝑃𝐢𝑙3

𝑃𝑃𝐢𝑙5

=

π‘₯0.04 + π‘₯ π‘ƒπ‘‘π‘œπ‘‘

π‘₯

0.04 + π‘₯ π‘ƒπ‘‘π‘œπ‘‘

0.04 βˆ’ π‘₯0.04 + π‘₯ π‘ƒπ‘‘π‘œπ‘‘

=

2π‘₯2

0.04 + π‘₯ π‘ƒπ‘‘π‘œπ‘‘

0.04 βˆ’ π‘₯

=

2π‘₯2

0.04 + π‘₯ 2 π΄π‘‘π‘š

0.04 βˆ’ π‘₯= 1.78

Menyelesaikan persamaan di atas untuk mendapatkan nilai x, didapatkan:

π‘₯ = βˆ’0.027 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ π‘₯ = 0.027

Kita mengambil nilai x=0.027 (nilai positif karena nilai mol bereaksi tidak mungkin

negatif)

%π·π‘–π‘ π‘œπ‘ π‘–π‘Žπ‘ π‘– =π‘€π‘œπ‘™ π΅π‘’π‘Ÿπ‘’π‘Žπ‘˜π‘ π‘–

π‘€π‘œπ‘™ π‘…π‘’π‘Žπ‘˜π‘‘π‘Žπ‘› π‘šπ‘’π‘™π‘Ž βˆ’π‘šπ‘’π‘™π‘ŽΓ— 100% =

0.027

0.04Γ— 100% = πŸ”πŸ•,πŸ“%

% Disoiasi naik dengan tidak adanya Cl pada reaktor

𝑉 = 4𝐿 𝐾𝑝 = 𝐾𝑐 𝑅𝑇 βˆ†π‘› β†’ 𝐾𝑐 =𝐾𝑝

𝑅𝑇 βˆ†π‘›=

1.78

0.082𝐿 π΄π‘‘π‘šπ‘šπ‘œπ‘™ 𝐾

(250 + 273)

= 0.0415

PCl5 - PCl3 Cl2

0,04

X x x

0,04-x x x

PCl5 - PCl3 Cl2

0,04

X x x

0,04-x x x

Page 9: Diktat Teknik Kimia Semester 3

𝐾𝑐 = 𝐢𝑙2 𝑃𝐢𝑙3

𝑃𝐢𝑙5 =

𝑛 𝐢𝑙2𝑉

𝑛 𝑃𝐢𝑙3𝑉

𝑛 𝑃𝐢𝑙5𝑉

=

𝑛 𝐢𝑙2𝑉 (𝑛 𝑃𝐢𝑙3)

(𝑛 𝑃𝐢𝑙5)=

π‘₯0.04 + π‘₯

π‘₯0.04 + π‘₯

𝑉 0.04 βˆ’ π‘₯0.04 + π‘₯

=

π‘₯2

0.04 + π‘₯

𝑉 0.04 βˆ’ π‘₯0.04 + π‘₯

=

π‘₯2

0.04 + π‘₯

4 0.04 βˆ’ π‘₯0.04 + π‘₯

= 0.0415

Menyelesaikan persamaan di atas untuk mendapatkan nilai x, didapatkan:

π‘₯ = βˆ’0.1993 π‘Žπ‘‘π‘Žπ‘’ π‘₯ = 0.0333

Kita mengambil nilai x=0.033 (nilai positif karena nilai mol bereaksi tidak mungkin

negatif)

%π·π‘–π‘ π‘œπ‘ π‘–π‘Žπ‘ π‘– =π‘€π‘œπ‘™ π΅π‘’π‘Ÿπ‘’π‘Žπ‘˜π‘ π‘–

π‘€π‘œπ‘™ π‘…π‘’π‘Žπ‘˜π‘‘π‘Žπ‘› π‘šπ‘’π‘™π‘Ž βˆ’π‘šπ‘’π‘™π‘ŽΓ— 100% =

0.0333

0.04Γ— 100%

= πŸ–πŸ‘.πŸπŸ“%

% Disoiasi naik dengan tidak adanya CL pada reaktor

3.

SO2Cl2 SO2 CL2

m Po

r x

x x

s Po - x x x

P total = (Po – x) + x + x = Po + x

X = P – Po

PA = Po – x = Po – (P – Po) = 2Po – P

Asumsi Reaksi berada pada ordo 1

Maka:

k =2,303

tlog

Po

PA

Γ¦

èç

ΓΆ

ΓΈΓ·

k =2,303

tlog

Po

2Po-P

Γ¦

èç

ΓΆ

ΓΈΓ·

Page 10: Diktat Teknik Kimia Semester 3

t (jam) P total Po 2Po - P k (sekon-1

)

0 11.07 11.07 11.07 0

3 14.79 11.07 7.35 3.79271x10-05

6 17.26 11.07 4.88 3.79278 x10-05

9 18.9 11.07 3.24 3.79286 x10-05

12 19.99 11.07 2.15 3.79413 x10-05

15 20.71 11.07 1.43 3.79062 x10-05

Nilai k pada jam k 0 adalah 0, karena rekasi baru akan dimulai, sehingga laju akan = 0

Rata – Rata nilai k adalah3.79262 x10-05

Karena Nilai k pada setiap waktu mendekati nilai k rata – rata, maka orde rekasinya adalah

1

Laju reaksi = v = 3, 79262 SO2Cl2[ ]

Page 11: Diktat Teknik Kimia Semester 3

124

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

Ujian Tengah Semester Genap 2007/2008

Kimia Fisika 1

(90 menit)

1. Sebuah reactor, dengan volume V, digunakan untuk mengamati reaksi pembentukan

air. Ke dalam reactor tersebut dialirkan gas hydrogen dan oksigen, sampai tekanan-

tekanan total campuran gas tersebut adalah 1,00 bar. Campuran kemudian bereaksi

membentuk air pada suhu T. Reaksi dibiarkan terjadi sampai selesai dan tekanan

parsial hydrogen yang tersisa adalah 0,35 bar. Jika diasumsikan bahwa tekanan diukur

pada kondisi suhu dan volume yang sama, hitunglah komposisi awal dari kedua gas

tersebut.

Jawab :

Dik. V, T

Ptotal = 1,00 bar H2(g) + Β½ O2(g) H2O(l)

PH2 = 0,35 bar 2H2(g) + O2(g) 2H2O(l)

Dit. Komposisi awal ?

Jawab :

2H2(g) + O2(g) 2H2O(l)

Asumsitekanan O2 yang bereaksi = x

M 0,35+2x x

B 2x x

S 0,35

Ptotal = 1 atm

Ptotal = PH2 +PO2

1 = (0,35 + 2X) + X

Page 12: Diktat Teknik Kimia Semester 3

125

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

1 = 0,35 + 3X

3X = 0,65

X = 0,22

Awal

P parsial O2 = 0,22atm

P parsial H2 =0,35 + 2 x 0,22 = 0,78 atm

JadiO2 : H2 = 2 : 7

2. Reaksi pembuatan ammonia dari nitrogen dan hydrogen merupakan reaksi reversible.

Penelitian sedang mempelajari bagaimana pengaruh tekanan terhadap kondisi

kesetimbangan reaksi ini. Penelitian tersebut mencoba mereaksikan nitrogen dan

hydrogen dengan perbandingan mol 1 : 3, dan tekanan dibuat bervariasi dari 100

sampai 1000 atm dengan Ξ”P adalah 100 atm, dan untuk tekanan dihitung nilai fraksi

NH3 yang terbentuk 0,1 ; 0,18; 0,25; 0,32; 0,37; 0.42; 0,46; 0,50; 0,53; 0,56, berturut-

turut dengan kenaikan tekanan. Hitunglah nilai Kp berdasarkan data tersebut.

Jawab :

Dik. 1

2𝑁2 +

3

2𝐻2 β†’ 𝑁𝐻3

N2 : H2 = 1 : 3

P 100 200 300 400 500 600 700 800 900

X 0,1 0,18 0,25 0,32 0,37 0,42 0,46 0,50 0,53

Dit.Kp ?

Jawab:

Page 13: Diktat Teknik Kimia Semester 3

126

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

β€œSaat 100 atm”

PNH3 = x NH3 X 100 atm

= 0,1 x 100 atm

= 10 atm

P N2 + P H2 = 100 -10 =90 atm

P N2 = 1

4π‘₯ 90π‘Žπ‘‘π‘š

=22,5atm

P H2 = 3

4π‘₯ 90 π‘Žπ‘‘π‘š

= 67,5atm

Kp = 𝑃𝑁𝐻3

𝑃𝑁2

12𝑋𝑃𝐻2

32

= 10

22,5 67,5.3π‘Žπ‘‘π‘šβˆ’1

= 3,801.10-3

atm-1

Dengan cara yang sama :

β€œ saat 200 atm

PNH3 = 36 atm

PNH2 = 41 atm

PH2 = 123 atm

Kp = 4,121 x 10-3

atm-1

Page 14: Diktat Teknik Kimia Semester 3

127

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

β€œ saat 300 atm

PNH3 = 75 atm

PNH2 = 56,25atm

PH2 = 168,75atm

Kp = 4,562 x 10-3

atm-1

β€œ saat 400 atm

PNH3 = 128 atm

PNH2 = 68 atm

PH2 = 204 atm

Kp = 5,327 x 10-3

atm-1

β€œ saat 500 atm

PNH3 = 185 atm

PNH2 = 78,75atm

PH2 = 236,25atm

Kp = 5,741 x 10-3

atm-1

β€œ saat 600 atm

PNH3 = 252 atm

PNH2 = 87 atm

Page 15: Diktat Teknik Kimia Semester 3

128

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

PH2 = 261 atm

Kp = 6,407 x 10-3

atm-1

β€œ saat 700 atm

PNH3 = 322 atm

PNH2 = 94,5atm

PH2 = 283,5atm

Kp = 6,939 x 10-3

atm-1

β€œ saat 800 atm

PNH3 = 400 atm

PNH2 = 100 atm

PH2 = 300 atm

Kp = 7,698 x 10-3

atm-1

β€œ saat 900 atm

PNH3 = 477 atm

PNH2 = 105,75atm

PH2 = 317,25atm

Kp = 8,209 x 10-3

atm-1

β€œ saat 1000 atm

Page 16: Diktat Teknik Kimia Semester 3

129

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

PNH3 = 560 atm

PNH2 = 110 atm

PH2 = 330 atm

Kp = 8,902 x 10-3

atm-1

3. The dissociation vaspor pressure of NH4Cl 4270C IS 608 kPa but at 459

0C it has risen

to 1115 kPa. Calculate:

a. The equilibrium constant

b. The standard reaction free energy

c. The standard enthalpy

d. The standard entropy of dissociation

All at 4270C.assume that the vaspor behaves as a perfect gas and the standard

enthalpy and entropy are independent of temperature in the range given. (solid

ammonium chloride dissociates to gaseous ammonia and HCl.

Jikadimisalkan V total=100 liter, makadidapat V N2=30L, V CO=50L, VH2=15L, dan

V O2=5L.

π‘šπ‘2 = 𝑃π‘₯ 30 π‘₯ 2 π‘₯ 14

𝑅𝑇=

840𝑃

𝑅𝑇

π‘šπΆπ‘‚ = 𝑃π‘₯ 50 π‘₯ 12 π‘₯ 16

𝑅𝑇=

1400𝑃

𝑅𝑇

π‘šπ»2 = 𝑃π‘₯ 15 π‘₯ 2 π‘₯ 1

𝑅𝑇=

30𝑃

𝑅𝑇

π‘šπ‘‚2 = 𝑃π‘₯ 5 π‘₯ 2 π‘₯ 16

𝑅𝑇=

160𝑃

𝑅𝑇

Page 17: Diktat Teknik Kimia Semester 3

130

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

π‘šπ‘‘π‘œπ‘‘π‘Žπ‘™ = 840 + 1400 + 30 + 160 𝑃

𝑅𝑇= 2430

𝑃

𝑅𝑇

%π‘šπ‘Žπ‘ π‘ π‘Žπ‘2 = 840

2430π‘₯100% = 34,57%

%π‘šπ‘Žπ‘ π‘ π‘ŽπΆπ‘‚ =1400

2430π‘₯ 100% = 57,61%

%π‘šπ‘Žπ‘ π‘ π‘Žπ»2 = 30

2430π‘₯ 100% = 1,23%

%π‘šπ‘Žπ‘ π‘ π‘Žπ‘‚2 = 160

2430π‘₯ 100% = 6,59%

Dik :

Dis. Vapor P NH4Cl = 608 kPa = 6,08atm, 427oC = 700 K

Dis. Vapor P NH4Cl = 11,5kPa = 11,15 atm, 459oC = 732 K

Ξ”H,Ξ”S tidakdipengaruhiolehsuhu

NH4Cl (S) NH3 (g) + HCl(g)

Dit :

a) Kp

b) Ξ”G

c) Ξ”H

d) Ξ”S

Jawab :

NH4Cl (S) NH3 (g) + HCl(g)

Awal x - -

Reaksi Ξ±x Ξ±x Ξ±x

Page 18: Diktat Teknik Kimia Semester 3

131

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

Sisa x-Ξ±x Ξ±x Ξ±x PNH3 = PHCl

a) PNH3 + PHCl = 6,08 atm

PNH3 + PNH3 = 6,08atm

2PNH3 = 6,08atm

PNH3 = 3,04atm = PHCl

Kp = [PNH3][PHCl]

Kp = [3,04][3,04]

Kp = 9,2416

b) Ξ”G = -RT ln KP

Ξ”G =- (1,982 cal. K-1. mol-1)(700K) ln 9,2416

Ξ”G =- (1,982 cal. K-1. mol-1)(700K) 2,223715031

Ξ”G =- 3092,96523 cal. mol-1

Ξ”G =- 3092,97 cal. mol-1

c) T = 732 K

PNH3 + PHCl = 11,15atm

2PNH3 = 11,15atm

PNH3 = 5,575 atm = PHCl

Kp = [PNH3][PHCl]

Kp=[ 5,575][5,575]

Kp = 31,080615 atm

Kp = 31,0806atm

𝑙𝑛𝐾2

𝐾1=

βˆ†π»π‘£π‘Žπ‘

𝑅 𝑇2 βˆ’ 𝑇1

𝑇1𝑇2

𝑙𝑛31,0806

9,2416=

βˆ†π»π‘£π‘Žπ‘

1,987π‘π‘Žπ‘™

πΎπ‘šπ‘œπ‘™

732 βˆ’ 700

700. 732 𝐾

𝑙𝑛31,0806

9,2416=

βˆ†π»π‘£π‘Žπ‘

1,987π‘π‘Žπ‘™

πΎπ‘šπ‘œπ‘™

32

512400 𝐾

𝑙𝑛31,0806

9,2416=

βˆ†π»π‘£π‘Žπ‘

1,987π‘π‘Žπ‘™

πΎπ‘šπ‘œπ‘™

732 βˆ’ 700

700. 732 𝐾

βˆ†π»π‘£π‘Žπ‘ = 1,987. 512400ln

31,0806

9,2416

π‘π‘Žπ‘™

π‘šπ‘œπ‘™

32

βˆ†π»π‘£π‘Žπ‘ = 1234868,784

π‘π‘Žπ‘™

π‘šπ‘œπ‘™

32

βˆ†π»π‘£π‘Žπ‘ = 38589,6495π‘π‘Žπ‘™

π‘šπ‘œπ‘™

Page 19: Diktat Teknik Kimia Semester 3

132

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

βˆ†π»π‘£π‘Žπ‘ = 38589,65π‘π‘Žπ‘™

π‘šπ‘œπ‘™

d) Ξ”Go = Ξ”Ho - TΞ”S

-3092,97π‘π‘Žπ‘™

π‘šπ‘œπ‘™ = 38589,65

π‘π‘Žπ‘™

π‘šπ‘œπ‘™ – 700 K Ξ”S

700K Ξ”S = 41682,62π‘π‘Žπ‘™

π‘šπ‘œπ‘™

Ξ”S = 41682 ,62

700K

π‘π‘Žπ‘™

π‘šπ‘œπ‘™

Ξ”S = 59,5466π‘π‘Žπ‘™

πΎπ‘šπ‘œπ‘™

Ξ”S = 59,55π‘π‘Žπ‘™

πΎπ‘šπ‘œπ‘™

Page 20: Diktat Teknik Kimia Semester 3

133

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

UTS KIMFIS I 2007

1. For the reaction 2SO3(g) = 2SO2(g) + O2(g) , Ξ”Ho = 46980 cal and Ξ”Go = 33460 cal at 25oT. Assuming Ξ”Ho to

be independent of temperature, calculate :

a). Ξ”Go2…?

b). The degree of dissociation Ξ±, of 2SO2(g) at 600 K and 0,5 atm total pressure

1. Diketahui :

Ξ”Ho= 46980 cal, Ξ”H=/f(T)

Ξ”Go1= 33460 cal

T1 = 298 K

T2 = 600 K

Ptot = 0,5 atm

Ditanya

a). Ξ”Go2...?

b). Ξ±...?

Jawab

a). Ξ”Go1 = - RT1 ln K1

33460 = -1,987. 298 ln K1

ln K1 = -56,508

atm 10 x 6,346 K

16,573- Kln

39,935 56,508 - Kln

600 .298

298-600

1,987

46980 Kln - Kln

R

H

K

Kln

8-

2

2

2

12

21

12

1

2

TT

TT

Page 21: Diktat Teknik Kimia Semester 3

134

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

kal 19758 G

73)600.(-16,5 1,987.- G

lnKRT G

0

2

0

2

22

0

2

b). 2SO3(g) = 2SO2(g) + O2(g)

M x - -

B Ξ±x Ξ±x Β½ Ξ±x

S x- Ξ±x Ξ±x Β½ Ξ±x

Ptot = x- Ξ±x +Ξ±x +Β½Ξ±x

0,5 = x+ Β½ Ξ±x

2

2

2

2

8-

2

8-

2

2

8-

2

3

2

2

2

2

11

0,5-0,5

2

11

25,0

2

11

0,25

10 x 6,346

2

11.

2

11

0,5

2

11

5,0.

2

1

2

11

0,5 .

10 x 6,346

Β½

10 x 6,346

SO P

PO SO PK

2

11

5,0

x

axx

axax

x

Page 22: Diktat Teknik Kimia Semester 3

135

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

10 x 312,6

010 x 38,210 x 1,5865 - 0,0625

0,0625 10 x 1,5865 10 x 38,210 x 1,5865

125,0375,025,0

0,0625 10 x 6,346

3-

8-8-3

338-8-8-

2

28-

a

Ps : nilai Ξ± ini didapat dari kalkulator. Kalau sama bu Rita, musti pake trial and error. Jadi pinter-pinter aja

kombinasiin kalkulator ama trial and error yach.

2. For the reaction MnCO3(g) = MnO(s) + CO2 (g), Ξ”Go = 27660-14,16 T log10T + 10,7. 10-3T-2 - 10,19 T.

Determine the temperature at which the dissociation pressure of CO2(g) will be 0,5 atm.

MnCO3(g) = MnO(s) + CO2 (g),

senyawa berfasa gas pada reaksi disosiasi di atas hanya CO2. Oleh karena itu kesetimbangan hanya

dipengaruhi oleh CO2, sehingga

27669 T107,10- TTlog 14,16

0,5Tln 1,987- T107,10 TTlog 14,16 - 27660

lnK RT - G

5,0PCO K

23

10

23

10

0

2

x

x

atm

karena terdapat fungsi log10T pada persamaan, maka persamaan menjadi sulit jika diselesaikan dengan

cara biasanya. Untuk itu, digunakan metode trial and error untuk mencari nilai T. diasumsikan

4,16Tlog10T – 10,7 x 10-3 T2 + 11,57 T = x

Nilai T yang dicari akan didapatkan saat nilai x sama dengan 27660

Jika T1 = 600 K; maka x 26693

Jika T2 = 625 K; maka 27795

Dari kedua nilai T, kita lakukan interpolasi untuk mendapatkan nilai T saat x = 27600

Page 23: Diktat Teknik Kimia Semester 3

136

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

K 622 T

600 - 625

600 - T

26693 - 27795

26693 - 27660

T-T

T - T

x-x

x-x

12

1

12

1

kalau tidak mau interpolasi, cari aja nilai T yang kalau dimasukin nilai x mendekati 27660.

3. The composition of mixture of gases in percentage by volume is 30% N2, 50% CO, 15% H2, 5% O2. Calculate

the percentage by weight of each gas in the mixture.

Jawab:

P. V = nRT, sehingga % volume = % mol

Dalam 1 mol udara,

Mol N2 = 0,3 mol massa N2 = 8,4 gr

Mol CO = 0,5 mol massa CO = 14 gr

Mol H2 = 0,15 mol massa H2 = 0,3 gr

Mol O2 = 0,05 mol massa O2 = 1,6 gr

Massa total = 24,3 gr

% π‘š = π‘šπ‘Žπ‘ π‘ π‘Ž

π‘šπ‘Žπ‘ π‘ π‘Ž π‘‘π‘œπ‘‘π‘Žπ‘™ . 100 %

% π‘š 𝑁2 = 8,4

24,3 . 100 % = 34,57%

% π‘š 𝐢𝑂 = 14

24,3 . 100 % = 57,61%

% π‘š 𝐻2 = 0,3

24,3 . 100% =1,23 %

% π‘š 𝑂2 = 1,6

24,3 . 100% = 6,58 %

Page 24: Diktat Teknik Kimia Semester 3

85

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

UJIAN TENGAH SEMESTER I-KIMIA ANALITIK 2006/2007

HARI : RABU 11 OKTOBER 2006 ; JAM : 10.00-11.40 (100 MENIT)

Pengajar : Elsa Krisanti Mulia, Ph.D , dan Ir. Dianursanti, MT

1. Anda mendapat tugas untuk merancang suatu sel elektrokimia. Di lab anda menggunakan

satu gelas kimia, voltmeter yang dihubungkan ke elektroda perak, elektrode platina

dengan kawat tembaga. Gelas kimia anda isi dengan larutan HCl dan garam AgCl

berlebih, sehingga terdapat sejumlah padatan AgCl yang tidak terlarut di dasar gelas,

serta dialiri dengan gas Hidrogen. Pada keadaan awal anda menggunakan konsentrasi

HCl sebesar 1 M dan hidrogen bertekanan 1 atm. Anda memastikan bahwa larutan

elektrolit HCl telah jenuh oleh AgCl dengan melihat adanya endapan AgCl di dasar

gelas. Bagaimana anda menentukan :

a. Bagaimana anda menjelaskan kedua reaksi setengah yang terjadi pada masing-

masing elektroda di sel tersebut? (karena konsentrasi ion Ag dalam larutan

kecil, reaksi hidrogen dengan ion Ag dianggap tidak signifikan). Diketahui

Ksp AgCl adalah 1.82 x 10-10

b. Karena sel ini adalah sel galvanik, elektroda mana yang menjadi anoda dan

katoda? Berapa besarnya potensial sel yang akan terukur pada voltmeter pada

kondisi awal ini?

c. Pada kondisi berikutnya, anda mengganti larutan dalam gelas kimia dengan

larutan HCl 0.25 M dan tekanan hidrogen yang dialirkan menjadi 1.25 atm.

Dapatkah anda memperkirakan besarnya potensial sel yang akan terbaca pada

voltmeter?

2. Untuk suatu sel elektrokimia dengan menggunakan penulisan sebagai berikut :

Pt| H2O2 (0.025 M) | H+ (?M) || Ag

+(0.010 M) |Ag

Bagaimana Anda menjelaskan hal berikut:

a. Elektroda mana yang berfungsi sebagai katoda dan anoda serta bagaimana anda

menentukan potensial sel standar pada suhu 298 K?

b. Bila anda gunakan konsentrasi ion H+ sebesar 0.01 M, berapa potensial selnya? Jenis

sel elektrokimia apa bila dilihat dari besaran potensial selnya?

c. Berapa nilai potensial sel pada saat tercapai kesetimbangan kimia? Dapatkah anda

menentukan nilai tetapan kesetimbangan pada kondisi tersebut?

Page 25: Diktat Teknik Kimia Semester 3

86

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

3. Anda mendapat tugas menganalisis kandungan ion nitrat dari sampel air sungai. Anda

melakukan analisis potensiometri langsung menggunakan larutan standar nitrat dengan

berbagai konsentrasi dari 50-300ppm, sehingga diperoleh kurva kalibrasi dengan

kemiringan sebesar -59.4 mV. Agar memperoleh hasil yang lebih teliti, anda melakukan

teknik adisi standar. Sewaktu 100 mL larutan sampel anda ukur potensialnya terbaca

nilai sebesar 80.3 mV. Kemudian pada sel yang sama anda masukkan larutan standar

sebanyak 0.9 mL dengan konsentrasi 300 ppm dan terukur potensial sebesar 59.7 mV.

a. Bagaimana anda menetapkan kandungan nitrat dalam sampel air tersebut dengan

teknik adisi standar?

b. Menurut anda apakah air sungai tersebut telah tercemar nitrat dan apakah masih

layak untuk diminum?

c. Jelaskan mengapa perlu dilakukan pengukuran larutan standar untuk membuat kurva

kalibrasi?

d. Mengapa pada analisis ion nitrat dengan potensiometri langsung digunakan larutan

(NH4)2SO4 sebagai larutan TISAB?

e. Apa keuntungan penggunaan elektroda indikator ISE berbentuk membran untuk

pengukuran ion?

Page 26: Diktat Teknik Kimia Semester 3

87

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

Jawaban

1. Diket : elektrode inert : Pt

Ksp AgCl : 1,82 x 10-10

Padatan yang tersisa : AgCl

Konsentrasi HCl : 1M

Tekanan H+ : 1 atm

a. Tanya asisten

b. Karena merupakan sel galvanik, dimana reaksi harus berlangsung spontan tanpa

sumber tenaga dari luar maka Esel harus postif. Untuk mendapatkan Esel yang positif,

reaksi Ag + Cl- ↔AgCl + e

- haris dinalik menjadi realsi reduksi sehingga Esel menjadi

+0,22. Alasan mengapa yang mengalami reduksi AgCl sebab potensial reduksi standar

dari H+ adalah nol sehingga arah reaksi tidak memberikan pengaruh terhadap

perhitungan potensial sel. Karena AgCl yang mengalami reduksi, maka AgCl

merupakan katode dan H+ sebagai anode.

Katode : AgCl + e- ↔ Ag + Cl

- E

0 = +0,22V x2

Anode : H2 ↔ 2H+ + 2e

- E

0 = 0 x1

Katode : 2AgCl + 2e- ↔ 2Ag + 2Cl

- E

0 = +0,22V x2

Anode : H2 ↔ 2H+ + 2e

- E

0 = 0 +

2AgCl(s) + H2(g) ↔ 2Ag(s) + 2H+

(aq) + 2Cl-(aq) E

0 = +0,22V

c. HCl ↔ H+ + Cl

-

0,25M 0,25 M 0,25M

𝐸𝑠𝑒𝑙 = 𝐸0 + 0,0592

𝑛log 𝐾

𝐸𝑠𝑒𝑙 = 𝐸0 + 0,0592

2log

[𝐻+]2[πΆπ‘™βˆ’]2

𝑃[𝐻2]

𝐸𝑠𝑒𝑙 = 0,22 + 0,0592

2log

[0,25]2[0,25]2

1,25

Esel = 0,294V

2. Tanya asisten

Page 27: Diktat Teknik Kimia Semester 3

88

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

UJIAN TENGAH SEMESTER I-KIMIA ANALITIK 2007/2008

HARI: Rabu, 24 Oktober 2007; JAM: 08.00-09.30 (100 MENIT)

Sifat Ujian: Buka Buku

Pengajar: Ir. Dianursanti, MT dan Ir. Eva Fathul Karamah, MT

1. Untuk suatu reaksi kimia ini:

2Ag++Cu== 2Ag+Cu

2+

Bagaimana anda menjelaskan hal berikut:

a. Bagaimana anda menentukan besarnya konstanta kesetimbangan reaksi bila diketahui

besarnya potensial standar Ag dan Cu masing-masing sebesar 0.799 V dan 0.337

V?(15%)

b. Berdasarkan nilai kesetimbangan tersebut, dapatkah anda menentukan nilai molar

Cu2+

dan Ag2+

dalam kesetimbangan bila diketahui jumlah awal konsentrasi AgNO3

adalah 0.05 M.(15%)

2. Anda mendapat tugas untuk menganalisis kandungan ion Cu dari sampel air sungai.

Anda melakukan analisis potensiometri langsung menggunakan elktroda selektif ion

tembaga dengan berbagai konsentrasi dari 50-300 ppm, sehingga diperoleh kurva

kalibrasi dengan kemiringan sebesar -59.4 mV. Agar memperoleh hasil yang lebih teliti,

anda melakukan teknik adisi standar. Sewaktu 100 mL larutan sampel anda ukur

potensialnya terbaca nilai sebesar 80.3 mV. Kemudian pada sel yang sama anda

masukkan larutan standar sebanyak 0.9 mL dengan konsentrasi 300 ppm dan terukur

potensial sebesar 59.7 mV.

a. Bagaimana anda menetapkan kandungan ion Cu dalam sampel air tersebut dengan

teknik adisi standar?(15%)

b. Menurut anda apakah air sungai tersebut telah tercemar ion Cu dan apakah masih

layak untuk diminum?(5%)

c. Jelaskan mengapa perlu dilakukan pengukuran larutan standar untuk membuat kurva

kalibrasi?(12%)

d. Mengapa pada analisis ion Cu dengan potensiometri langsung digunakan larutan

Na2HPO4 dan KH2PO4 sebagai larutan TISAB?(10%)

Page 28: Diktat Teknik Kimia Semester 3

89

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

3. Anda sedang mendapat tugas untuk mempelajari pencegahan korosi menggunakan cara

proteksi katodik. Anda tertarik dengan menggunakan batang magnesium sebagai anoda

sehingga pipa besi yang diamati dapat dicegah mengalami korosi.

a. Mengapa magnesium dapat digunakan sebagai lgam pencegahan korosi untuk logam

besi?(10%)

b. Bagaimana rancangan proteksi katodik besi dengan batang magnesium?(10%)

c. Reaksi apakah yang terjadi pada anoda dan katoda?(5%)

Page 29: Diktat Teknik Kimia Semester 3

90

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

Jawaban

1. a. 𝐸0𝐴𝑔+ βˆ’ 𝐸0𝐢𝑒2+ =0.0592

2π‘™π‘œπ‘”

1

𝐴𝑔+ βˆ’

0.0592

2π‘™π‘œπ‘”

1

𝐢𝑒2+

(𝐸0𝐴𝑔+ βˆ’ 𝐸0𝐢𝑒2+)2

0.0592= π‘™π‘œπ‘”

𝐢𝑒2+

𝐴𝑔+

log 𝐾 = π‘™π‘œπ‘” 𝐢𝑒2+

𝐴𝑔+ =

2 0.799 βˆ’ 0.337

0.0592

log 𝐾 = 15.61

𝐾 = 4.1 Γ— 1015

b. 𝐢𝑒2+ = 𝐴𝑔𝑁𝑂3 βˆ’ 𝐴𝑔+

2

𝐢𝑒2+ = 0.05 βˆ’ 𝐴𝑔+

2

𝐢𝑒2+ = 0.025 𝑀 βˆ’ 𝐴𝑔+

2

Dari harga K, dapat diasumsikan seluruh Ag+ tereduksi menjadi Ag pada saat kesetimbangan,

sehingga pada kesetimbangan dapat dikatakan bahwa konsentrasi [Ag+] mendekati NOL

sehingga

𝐢𝑒2+ = 0.025 𝑀

𝐾 = 𝐢𝑒2+

𝐴𝑔+

4.1 Γ— 1015 =0.025 𝑀

𝐴𝑔+

𝐴𝑔+ = 2.5 Γ— 10βˆ’9𝑀

Karena [Ag+] mendekati NOL, maka asumsi benar

2. a.

𝐢𝑒 =𝐢𝑠

𝑉𝑠

𝑉𝑒+𝑉𝑠

10πΈπ‘ βˆ’πΈπ‘’

π‘ π‘™π‘œπ‘π‘’ βˆ’ 𝑉𝑒

𝑉𝑒+𝑉𝑠

=300 π‘π‘π‘š

0.9 π‘šπΏ

100.9 π‘šπΏ

1059.7βˆ’803

βˆ’59.4 βˆ’ 100 π‘šπΏ

100.9 π‘šπΏ

𝐢𝑒 =2.676 π‘π‘π‘š

2.222 βˆ’ 0.991

𝐢𝑒 = 2.174 π‘π‘π‘š

Page 30: Diktat Teknik Kimia Semester 3

91

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

b. Air sungai masih masih layak diminum apabila konsentrasi Cu2+

di dalamnya masih

dalam ambang batas yang diperbolehkan oleh pihak berwenang (negara). Adapun ambang

batas yang diperbolehkan bagi Cu2+

adalah 5 ppm dalam air.Konsentrasi Cu2+

dalam air

sungai adalah 2.174 ppm sehingga masih layak diminum.

c. Pembuatan kurva kalibrasi bertujuan untuk mendapatkan slope grafik linear yang

kemudian dipakai dalam perhitungan konsentrasi sampel. Kurva kalibrasi dipakai dalam

perhitungan konsentrasi sampel. Kurva kalibrasi dipakai untuk memudahkan mencari

konsentrasi sampel yang jumlahnya sedikit. Data yang dipakai untuk membuat grafik

tersebut ialah data konsentrasi, namun karena jumlahnya sedikit, pengukuran ion akan

sulit dilakukan Maka perlu dibuat larutan yang kandungannya sama dengan larutan ion

yang diuji. Larutan inilah yang disebut larutan standar. Dalam larutan standar itu,

dimasukkan ion yang diuji dalam berbagai konsentrasi sehingga didapat data potensial

sel. Data potensial sel dan log konsentrasi diplotkan untuk mendapatkan kurva kalibrasi.

Pengubahan potensial sel menjadi konsentrasi ion beresiko karena tidak adanya

hubungan linear antara keduanya. Maka disiapkan larutan standar yang ditambahkan

sampel dengan konsentrasi bervariasi. Potensial sel terukur dapat diplotkan terhadap

bermacam-macam konsentrasi larutan standar untuk menghasilkan data kurva kalibrasi.

d. TISAB adalah reagen yang ditambahkan ke larutan standar dan sampel untuk

menyamakan koefisien aktivitas antara standar dan sampel sehingga kekuatan ionnya

konstan. Fungsi penambahan TISAB adalah menjaga ion Cu tidak berikatan dengan

ion lain sehingga kekuatan ionnya konstan dan tidak terjadi perubahan pH yang

signifikan yang dapat mengganggu pengamatan. Tujuan menjaga kekuatan ion

konstan agar saat dibuat kurva kalibrasi pada metode potensial langsung, grafiknya

cenderung linier sehingga kemiringannya dapat ditentukan.

3. a. Dalam deret volta, Mg berada pada posisi kiri Fe sehingga potensial reduksi Mg lebih

kecil

daripada potensial reduksi Fe. Hal ini mengakibatkan lebih mudahnya Mg teroksidasi

daripada Fe.Karena lebih mudah teroksidasi, maka Mg digunakan untuk mencegah korosi

pada Fe.Mg lebih mudah terkorosi dibandingkan dengan Fe.

Page 31: Diktat Teknik Kimia Semester 3

92

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

Magnesium akan berfungsi sebagai pereduktor yang menyebabkan reduksi pada besi. Maka

pada reaksi tersebut, yang mengalami oksidasi adalah Mg, bukan Fe.Magnesium pada hal ini

harus diganti secara berkala.

b. Korosi terjadi saat arus listrik meninggalkan Mg. Mg bertindak sebagai anoda dan

pipa besi bertindak sebagai katoda. Pipa besi yang diproteksi, dialiri arus listrik melalui

anoda.

c. Reaksi pada anoda: Mg(s) Mg2+

+ 2 e-

atau 2Mg(s) 2Mg2+

+ 4e-

Reaksi pada katoda (Fe): 2 H2O(l)+O2+4e-4OH

-(aq)

Besi sebagai katoda tidak mengalami reaksi reduksi. Akibatnya besi sebagai katoda

tidak ikut dalam reaksi redoks, melainkan air dan gas O2 yang ikut dalam reaksi (mengalami

reaksi reduksi).

Bila digabungkan:

Anoda: 2Mg(s) 2Mg2+

+ 4e-

Katoda Fe(+): 2 H2O(l) + O2(g)+4e-4OH

-(aq)

2Mg(s)+ 2 H2O(l)+ O2(g)2Mg2+

(aq) + 4 OH-(aq)

Page 32: Diktat Teknik Kimia Semester 3

UJIAN TENGAH SEMESTER – KIMIA ANALITIK 2013/2014

Waktu : 100 menit

Sifat ujian : tutup buku

Pengajar : Dr. Dianursanti

Bagian 1 : jawablah dengan singkat soal-soal berikut ini

1. Liquid junction adalah ..........

2. Peranan TISAB dalam proses elektrolisis adalah .........

3. Tentukan konsentrasi larutan KMn)4 bila perubahan warna terjadi sewaktu 43,31 ml

larutan tersebut dititrasi oleh larutan garam Na2C2O4 yang berasal dari padatannya

seberat 0,2121 gram. Diketahui persamaan reaksi redoks :

2MnO4- + 5C2O4

2- + 16H+ 2Mn2+ + 10CO2 + 8H2O

4. Bagaimana membuat 0,52 l larutan Ba(OH)2 0,015 M dari padatan Ba(OH)2.8H2O

dengan BM 315.36 g//mol.

5. Ubahlah konsentrasi larutan Ni (II) 1 ppm menjadi konsentrasi dalam molaritas,

diketahui BA Ni = 58,70 g/mol

6. Bagaimana anda menulis reaksi redeoks yang lengkap dari persamaan reaksi berikut

ini dalam suasana asam?

Cr2O72- + I- === Cr3+ + I3

-

7. Jika diketahui untuk reaksi di atas: Eo Cr2O72-/ Cr3+ = 1,33 V dan Eo I-/ I3- = 0,536 V,

bagaimana anda menentukan tetapan kesetimbangannya.

8. Tentukan potensial elektroda Cd dalam larutan Cd2+ 0,010 M, bila diketahui dari

tabel bahwa potensial elektroda standar Cd adalah -0,403V.

Bagian 2 : jelaskan jawaban anda berdasarkan landasar teori yang telah anda ketahui,

1. Anda melakukan percobaan di laboratorium sebagai berikut :

a. Siapkan 5 buah tabung reaksi, tandai masing masing sebagai A, B, ... hingga E.

b. Masukan ke dalamnya masing-masing paku yang sudah diamplas bersih.

c. Ke dalam tabung tersebut, rendamlah paku tadi dalam tabung A hingga E

berturut-turut menggunakan: air akuades, air panas mendidih, minyak tanah,

larutan garam, dan larutan H2SO4.

d. tutup tabung yang berisi air panas dengan rapat.

e. Percobaan diamatai selama 2 hari.

Ramalkan hasil yang terjadi pada paku dalam kelima tabung tersebut setelah 2 hari.

Jelaskan mengapa terjadi demikian?

2. Anda adalah tim peneliti LSM yang melakukan penelitian di desa Kampung Cisarua.

Menurut catatan Pusat Kesehatan Masyarakat, daerah tersebut menunjukkan angka

kesehatan yang rendah. Kebetulan LSM anda mendapat dukungan dana dari WHO

Page 33: Diktat Teknik Kimia Semester 3

untuk program perbaikan kesehatan masyarakat. Anda melihat bahwa banyak

masyarakat Kampung Daun banyak bergantung pada aliran sungai Ciherang yang

melewati kampung tersebut. Anda banyak memperoleh informasi ke arah hulu

sungai ada beberapa lokasi pabrik yang biasa membuang limbahnya ke sungai itu.

Anda tertarik melakukan investigasi apakah sungai Ciherang sudah tercemar atau

belum oleh salah satu logam berat misalnya tembaga. Anda kemudian termasuk

menyusun proposal peneliatian.

a. Bagaimana anda menetapkan kemungkinan sungai itu tercemar oleh unsur

logam tembaga? (minimal 5 hlm)

b. Bagaimana anda menjelaskan usulan tentang metoda analisis unruk menentukan

kandungan ion logam tembaga pada sampel yang diambil dari aliran sungai

Ciherang?

c. Bagaimana anda menjelaskan mengapa bila menggunakan teknik potensiometri

langsung perlu dilakukan kalibrasi elektroda indikator terlebih dahulu?

Page 34: Diktat Teknik Kimia Semester 3

JAWABAN UTS KIMIA ANALITIK 2013/2014

Bagian 1

2. peranan TISAB dalam elektrolisi adalah meningkatkan kekuatan ion larutan ke tingkat

yang stabil; menyamakan kekuatan ion larutan standar dan larutan jenuh; membuat

korelasi linier antara konsentrasi analit dengan tegangan yang diukur; menjaga pH

aktivitas ion larutan standar.

4. untuk senyawa anhidrat

mol Ba(OH)2 = 0,5 L x 0,015 M

= 0,0075 mol

gram Ba(OH)2 = mol x mr

= 0,0075 mol x 171,34 gr/mol

= 1,28505 gr

massa Ba(OH)2 = π‘šπ‘Ÿ π΅π‘Ž(𝑂𝐻)2

π‘šπ‘Ÿ π΅π‘Ž(𝑂𝐻)2.8𝐻2𝑂 x massa π΅π‘Ž(𝑂𝐻)2. 8𝐻2𝑂

1,28 gram = 171,34 π‘”π‘Ÿ/π‘šπ‘œπ‘™

315,36 π‘”π‘Ÿ/π‘šπ‘œπ‘™ x massa π΅π‘Ž(𝑂𝐻)2. 8𝐻2𝑂

Massa π΅π‘Ž(𝑂𝐻)2. 8𝐻2𝑂 = 2,37 gr

Jadi dibutuhkan 2,37 gr π΅π‘Ž(𝑂𝐻)2. 8𝐻2𝑂 untuk membuat 0,15 L larutan Ba(OH)2 0,015 M

mol Ba(OH)2 .8H2O = 2,37 π‘”π‘Ÿ

315,36 π‘”π‘Ÿ/π‘šπ‘œπ‘™ = 0,075 mol

mol H2O = 0,06 mol karena Ba(OH)2 : H2O = 1 : 8

gr H2O = mol x mr

= 0,06 mol x 18,0148 gr/mol

= 1,08 gr

Jadi dibutuhkan 1,08 gr air untuk membuat 0,5 L larutan Ba(OH)2 0,015 M

6. Cr2O72- + I- Cr3+ + I3

-

Red = Cr2O72-

Cr3+ samakan jumlah unsur

Oks = I- I3

-

Red = Cr2O72-

2Cr3+ samakan jumlah oksigen dan muatan

Oks = 3 I- I3-

Massa Ba(OH)2 = π‘šπ‘Ÿ π΅π‘Ž(𝑂𝐻)2

π‘šπ‘Ÿ π΅π‘Ž(𝑂𝐻)2.8𝐻2𝑂 x massa π΅π‘Ž(𝑂𝐻)2. 8𝐻2𝑂

Page 35: Diktat Teknik Kimia Semester 3

Red = Cr2O72- + 14H+ + 6e

2Cr3+ + 7H2O (x1) samakan jumlah unsur

Oks = 3I- I3- + 2e (x3)

Red = Cr2O72- + 14H+ + 6e

2Cr3+ + 7H2O (x1) samakan jumlah unsur

Oks = 9 I- 3I3- + 6e (x3) +

Cr2O72- + 9 I- + 14H+

2Cr3+ + 3I3- + 7H2O

8. Tentukan potensial elektroda Cd dalam larutan Cd2+ 0,010 M, bila diketahui dari

tabel bahwa potensial elektroda standar Cd adalah -0,403 V

persamaan Nerst untuk kondisi standar :

untuk reaksi : Cd2+ + 2e Cd

karena pada soal tidak tertera reaksi teradi pada suhu dan tekanan tertentu, maka

reaksi terjadi pada kondisi standar, sehingga persamaan Nerst-nya adalah :

E = E0 – 0,0591

𝑛log

[𝐢𝑑]

[𝐿2+]

E = (-0,403 V) – 0,0591

𝑛log

[0,010 𝑀]

[0,010 𝑀]

E = -0,403 V ( E = E0 pada kondisi standar)

Bagian 2

2. a. Warna air sungai

Bau air sungai

Adanya ikan atau makhluk hidup di sungai menjadi banyak yang mati

Air yang terasa gatal di kulit dll (kembangkan sendiri analisisnya)

b. jelaskan analisis masing-masing

3. diketahui persamaan reaksi redoks

2MnO4- + 5C2042- + 16H+ 2Mn2+ + 10CO2 + 8H2O

Volum KmnO4 = 43,31 ml

Massa Na2C2O4 = 0,2121 gr

E = E0 – 0,0591

𝑛log

[𝐿]

[𝐿2+]

Page 36: Diktat Teknik Kimia Semester 3

Mr Na2C2O4 = 134 g/mol

Ditanya : konsentrasi larutan KmnO4

Jawab :

Mol Na2C2O4 = π‘šπ‘Žπ‘ π‘ π‘Ž

π‘€π‘Ÿ =

0,2121 π‘”π‘Ÿ

134 π‘”π‘Ÿ/π‘šπ‘œπ‘™ = 1,58 x 10-3 mol

Na2C2O4 2 Na+ + C2042-

1,58 x 10-3 mol 1,58 x 10-3 mol

2MnO4- + 5C2042- + 16H+ 2Mn2+ + 10CO2 + 8H2O

6,32 x 10-4 1,58 x 10-3 mol

M KmnO4 = n/v

M = 6,32 π‘₯ 10βˆ’4

43,31 π‘₯ 10βˆ’3

M = 0,015

5. 1 ppm = 1 mg/L = 10-3 g/l ditanya M?

BA NI = 58,7 g/mol

M = 𝑛

𝑉 =

9

𝐿 x

1

𝑔/π‘šπ‘œπ‘™ =

10βˆ’3𝑔

𝐿 x

1

58,7 𝑔/π‘šπ‘œπ‘™ =

M = 1,7 x 10-5 mol/L

Page 37: Diktat Teknik Kimia Semester 3

43

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

Prediksi sifat – sifat tekanan uap murni suatu fluida hidrokarbon sebagai fungsi dari

suhu (T, dalam Β°C) menggunakan model PersamaanAntoineberikut ini :

𝑦 = 𝑒π‘₯𝑝 𝐷 βˆ’ 𝐢

𝐡𝑻 + 𝐴

Untuk menghitung tetapan-tetapan A,B,C,dan D, jika diinginkan untuk memprediksi

tekanan uap dari fluida β€œpropionaldehyde”, maka penulis terlebih dahulu harus melakukan

β€œregresi-linier” dari pasangan data percobaan pada tabel berikut ini :

n T (Β°C) y

1 -23,4500 4,184869

2 -12,5609 5,551657

3 -1,6718 7,168120

4 9,2173 9,041533

5 20,1064 11,175412

6 30,9955 13,569919

7 41,8846 16,222309

8 52,7737 19,127386

9 63,6628 22,277937

10 74,5519 25,665137

(sumber : http://www.eng.auburn.edu/users/drmills/mans486/Diffusion%20Tube/Antoine_coefficient_table.PDF)

Dengan menggunakan pengetahuan kuliah penulis tentang regresi-linier beserta

pemrogramannya, baik menggunakan FORTRAN-77 (Silverfrost atau Force 3.xx) maupun

PASCAL (Ezy-Pascal atau pun Dev-Pascal), maka penulis diminta untuk menghitung harga-

harga konstanta A,B,C,dan Dmenggunakan metode Eliminasi Gauss yang diprogram dalam

file *.for/*f atau pun *.pas/*.epas

Penulis juga diminta membuat TABEL (dalam kesatuan pengerjaan proyek ini) dan

program-program FORTRAN-77 dan PASCAL-nya yang diperlukan untuk penyelesaian

tersebut.

Page 38: Diktat Teknik Kimia Semester 3

44

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

Jawaban

Model Persamaan Antoine yang digunakan untuk menentukan tekanan uap murni

hidrokarbon (dalam kasus ini berupa propionaldehyde) sebagai fungsi dari suhu adalah :

𝑦 = 𝑒π‘₯𝑝 𝐷 βˆ’ 𝐢

𝐡𝑻+𝐴 ...(1)

Dengan menggunakan sifat – sifat logaritma natural (ln) persamaan di atas dapat diubah ke

dalam bentuk linier dengan langkah – langkah sebagai berikut :

ln y = ln 𝑒π‘₯𝑝 𝐷 βˆ’ 𝐢

𝐡𝑻 + 𝐴

ln y = 𝐷 βˆ’ 𝐢

𝐡𝑻+𝐴 ...(2)

Kedua ruas pada persamaan (2) dikalikan dengan (BT+A) sehingga menghasilkan persamaan

:

(B𝑻 + A)ln y = 𝐷 B𝑻 + A βˆ’ C

B𝑻. ln y + A. ln y = D. B𝑻 + DA βˆ’ C

B . 𝑻. ln y = DA βˆ’ C + D. B. 𝑻 + βˆ’A. ln y...(3)

y x1 x2

Persamaan (3) merupakan bentuk persamaan linier dari persamaan Antoine. Dalam

persamaan linear tersebut terdapat dua variabel bebas, yaitu x1 dan x2. Berdasarkan berbagai

literatur yang digunakan oleh penulis, diketahui bahwa tetapan B selalu memiliki nilai

sebesar 1 (satu) dalam persamaan Antoine. Oleh karena itu, persamaan dapat dituliskan

kembali menjadi :

𝑻. ln y = DA βˆ’ C + B. 𝑻 + βˆ’A. ln y...(4)

atau

𝑦 = π‘Ž + 𝑏π‘₯1 + 𝑐π‘₯2...(5)

dengan niai a setara dengan (DA-C), nilai b setara dengan B, dan nilai c setara dengan –A.

Penyelesaian dengan sistem regresi-linier dapat dilakukan dengan menggunakan

konsep matriks A.x = b, di mana x merupakan matriks yang mengandung nilai – nilai yang

dicari. Matriks x mengandung nilai intercept, koefisien dari x1, dan koefisien dari x2.

Matriks A yang digunakan merupakan matriks yang berukuran 3x3 sedangkan matriks

x dan b merupakan matriks berukuran 3x1. Elemen matriks A,b, dan x dapat ditentukan

Page 39: Diktat Teknik Kimia Semester 3

45

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

dengan menentukan simpangan baku dari persamaan (5). Cara menentukan simpangan baku

tersebut adalah sebagai berikut :

𝑆 = (𝑦 βˆ’ π‘Ž βˆ’ 𝑏π‘₯1 βˆ’ 𝑐π‘₯2)2 ...(6)

Untuk memperoleh nilai a, maka persamaan (6) diturunkan terhadap a dengan hasil turunan

sebesar 0. Langkah tersebut dapat dituliskan dalam persamaan matematis sebagai berikut :

𝑑𝑆

π‘‘π‘Ž= 𝑦 βˆ’ π‘Ž βˆ’ 𝑏π‘₯1 βˆ’ 𝑐π‘₯2 βˆ’1 = 0...(7)

Nilai b dan c dapat ditentukan dengan menggunakan prinsip yang sama seperti di atas, yaitu

penurunan simpangan baku terhadap b dan c sehingga diperoleh persamaan berikut :

𝑑𝑆

𝑑𝑏= 𝑦 βˆ’ π‘Ž βˆ’ 𝑏π‘₯1 βˆ’ 𝑐π‘₯2 βˆ’π‘₯1 = 0...(8)

𝑑𝑆

𝑑𝑐= 𝑦 βˆ’ π‘Ž βˆ’ 𝑏π‘₯1 βˆ’ 𝑐π‘₯2 βˆ’π‘₯2 = 0...(9)

Persamaan (7),(8), dan (9) dapat diubah ke persamaan ekuivalen sebagai berikut :

π‘Žπ‘ + 𝑏 π‘₯1 + 𝑐 π‘₯2 = 𝑦 ...(10)

π‘Ž π‘₯1 + 𝑏 π‘₯12 + 𝑐 π‘₯1. π‘₯2 = π‘₯1. 𝑦 ...(11)

π‘Ž π‘₯2 + 𝑏 π‘₯1 . π‘₯2 + 𝑐 π‘₯22 = π‘₯2. 𝑦 ...(12)

Ketiga persamaan tersebut dapat diubah kembali ke dalam bentuk matriks ekuivalen

(perkalian matriks A.x=b) sebagai berikut :

𝑁 π‘₯1 π‘₯2

π‘₯1 π‘₯12 π‘₯1. π‘₯2

π‘₯2 π‘₯1. π‘₯2 π‘₯22

. π‘Žπ‘π‘ =

𝑦

π‘₯1. 𝑦

π‘₯2 . 𝑦

Setelah memperoleh persamaan matriks di atas, penulis membuat tabel yang berisi

data – data serta pengolahan dari data tersebut (sesuai yang dibutuhkan dalam matriks) untuk

membantu proses perhitungan tetapan A,B,C,dan D. Tabel tersebut adalah sebagai berikut :

n T (Β°C) / x1 ln y / x2 (x1)2 (x2)

2 x1.x2 / y x1.y x2.y

1 -23,4500 1,4315 549,9025 2,0491 -33,5681 787,1719 -48,0519

2 -12,5609 1,7141 157,7762 2,9381 -21,5306 270,4436 -36,9055

3 -1,6718 1,9696 2,7949 3,8795 -3,2928 5,5050 -6,4857

4 9,2173 2,2018 84,9586 4,8480 20,2949 187,0643 44,6859

5 20,1064 2,4137 404,2673 5,8260 48,5311 975,7865 117,1404

6 30,9955 2,6079 960,7210 6,8009 80,8318 2505,4216 210,7976

7 41,8846 2,7864 1754,3197 7,7640 116,7067 4888,2143 325,1901

8 52,7737 2,9511 2785,0634 8,7091 155,7416 8219,0595 459,6123

Page 40: Diktat Teknik Kimia Semester 3

46

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

9 63,6628 3,1036 4052,9521 9,6323 197,5837 12578,7292 613,2200

10 74,5519 3,2451 5557,9858 10,5309 241,9309 18036,4061 785,0980

Ξ£ 255,5095 24,4248 16310,7415 62,9779 803,2292 48453,802 2464,3012

Setelah memperoleh matriks yang akan digunakan dalam regresi linier serta

memperoleh data – data yang dibutuhkan dalam proses perhitungan, penulis dapat menyusun

sebuah program yang dapat melakukan proses regresi-linier untuk menentukan koefisien dari

berbagi senyawa hidrokarbon dalam persamaan Antoine. Aplikasi yang digunakan penulis

untuk menyusun program ini adalah Silverfrost Plato dengan bahasa pemrograman

FORTRAN. Program yang disusun penulis adalah sebagai berikut :

Page 41: Diktat Teknik Kimia Semester 3

47

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

Page 42: Diktat Teknik Kimia Semester 3

48

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

Untuk memperoleh output dari program, penulis harus menyiapkan sebuah file input

yang berisi nilai – nilai data, yaitu jumlah data; data x1; data x2; dan data y. File input tersebut

dibuat dengan menggunakan aplikasi Notepad dan disimpan dengan format .DAT. Proses ini

dilakukan agar file input dapat dibaca oleh program persamaan Antoine yang dibuat serta

menghasilkan nilai – nilai tetapan A,B,C,dan D yang diharapkan. Format file input tersebut

adalah sebagai berikut :

Page 43: Diktat Teknik Kimia Semester 3

49

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

Setelah membuat file rancangan program dalam aplikasi Silverfrost Plato dan

menyiapkan file data input dalam format .DAT, penulis dapat menjalankan program yang

telah dibuat dan memperoleh output berupa tetapan A,B,C,dan D untuk persamaan Antoine

sebagai berikut :

Berdasarkan literatur yang diperoleh, penulis mengetahui besar tetapan A,B,C, dan D

untuk propionaldehyde adalah sebagai berikut :

A = 229,010

B = 1

C = 1154,800

D = 7,04930

Apabila dibandingkan, nilai yang diperoleh dari penggunaan program persamaan Antoine

telah mendekati nilai yang diperoleh berdasarkan literatur.

Jumlah

Data

(N)

x1 x2 y

Page 44: Diktat Teknik Kimia Semester 3
Page 45: Diktat Teknik Kimia Semester 3

Pembahasan

1. Pengerjaanuntuksoalpertamadilakukandenganmembuatmatriks 5Γ—5 pada Microsoft Excel

besertadenganmatrikshasilnya. Berikutadalahtampilannya.

Penyelesaiandarimatriksinidapatdilakukandenganmemakairumusmatriksawalberikut.

𝑨𝒙 = 𝒃

di manamatriks A adalahmatriks5Γ—5 yang ada di sebelahkiri, danmatriks b adalahmatriks

1Γ—5 yang ada di sebelahkanan. Pemutaranrumusmenghasilkan:

𝒙 = π‘¨βˆ’πŸπ’ƒ

Matriks x dapatdicaridenganmemakai formula Excel berikutpada 5 cell yang ada di

antarakeduamatrikstersebut:

{=(MMULT(MINVERSE(B29:F33),H29:H33))}

dimana B29:F33 adalaharraydarimatriks A, dan H29:H33 adalaharraydarimatriks b.

Fungsi MMULT merupakanfungsi yang digunakanuntukmengalikanmatrikssatudengan

yang lain, dan MINVERSE adalahfungsi yang digunakanuntukmelakukan invers

terhadapmatriks yang bersangkutan.Berikutadalahhasilnya.

Hasil di atasadalahhasiluntukpertanyaan a. Berikutadalahhasiluntukpertanyaan b.

Page 46: Diktat Teknik Kimia Semester 3

2. Persamaan yang adapadasoalmasihbelumdalambentuk yang

dapatditurunkandenganmudah. Olehkarenaitu, padakeduaruasdilakukanlogaritma natural

(ln) sebagaiberikut.

π₯𝐧 𝑷𝒗(𝑻) = π’‚πŸŽ + π’‚πŸ βˆ™ π‘»πŸ +

π’‚πŸπ‘»

+ π’‚πŸ‘ βˆ™ π₯𝐧(𝑻)

Lalu, nilailn𝑃𝑣(𝑇)dibuatsebagainilai y, sehinggadalammelakukanperhitunganlebihlanjut,

kitaperlumerubahnilai P yang adamenjadinilailogaritmanaturalnya.Kemudian,

persamaansimpanganbakudapatdibuatsebagaiberikut:

𝑆 = 𝑦 βˆ’ π‘Ž0 βˆ’ π‘Ž1 βˆ™ 𝑇2 βˆ’

π‘Ž2

π‘‡βˆ’ π‘Ž3 βˆ™ ln 𝑇

2

= 0

Lalu, turunanparsialdariS terhadapmasing-masing parameter adalah:

𝑑𝑆

π‘‘π‘Ž0= 𝑁 βˆ™ π‘Ž0 + 𝑇2 βˆ™ π‘Ž1 +

1

π‘‡βˆ™ π‘Ž2 + ln(𝑇) βˆ™ π‘Ž3 = 𝑦

𝑑𝑆

π‘‘π‘Ž1= 𝑇2 βˆ™ π‘Ž0 + 𝑇4 βˆ™ π‘Ž1 + 𝑇 βˆ™ π‘Ž2 + ln(𝑇) βˆ™ 𝑇2 βˆ™ π‘Ž3 = 𝑇2𝑦

𝑑𝑆

π‘‘π‘Ž2=

1

π‘‡βˆ™ π‘Ž0 + 𝑇 βˆ™ π‘Ž1 +

1

𝑇2βˆ™ π‘Ž2 +

ln 𝑇

π‘‡βˆ™ π‘Ž3 =

𝑦

𝑇

𝑑𝑆

π‘‘π‘Ž3= ln(𝑇) βˆ™ π‘Ž0 + ln(𝑇) βˆ™ 𝑇2 βˆ™ π‘Ž1 +

ln 𝑇

π‘‡βˆ™ π‘Ž2 + ln2 𝑇 βˆ™ π‘Ž3 = ln 𝑇 βˆ™ 𝑦

Maka, dapatdibuatmatriksdenganbentuk𝑨𝒙 = 𝒃 dan denganisisebagaiberikut.

𝑁 𝑇2

𝑇2 𝑇4

1

𝑇 ln 𝑇

𝑇 ln 𝑇 βˆ™ 𝑇2

1

𝑇 𝑇

ln 𝑇 ln 𝑇 βˆ™ 𝑇2

1

𝑇2

ln 𝑇

𝑇

ln 𝑇

𝑇 ln2 𝑇

π‘Ž0

π‘Ž1π‘Ž2

π‘Ž3

=

𝑦

𝑇2 βˆ™ 𝑦

𝑦

𝑇

ln(𝑇) βˆ™ 𝑦

Dengan 15 titik data yang sudahada, makasetiapnilai sigma/penjumlahan di

atasdapatdisiapkan agar perhitungannilai parameter a0hingga a3dapatdihitung.

Page 47: Diktat Teknik Kimia Semester 3

Padagambar di atas, cell yang berawrnabiruadalahhasilpenjumlahandarisetiapnilai yang

dimaksudkan di atas.Berikutadalahtampilanmatriksnya.

Dari matriksAdan b ini, kitadapatmencarinilaimatriks x yang berisinilai parameter a0, a1,

a2, dan a3. Formula yang digunakanadalah:

{=(MMULT(MINVERSE(L23:O26),Q23:Q26))}

dimana L23:O26adalaharraydarimatriks A, dan Q23:Q26adalaharraydarimatriks

b.Berikutadalahhasildarisetiap parameter yang ada.

Dari keempat parameter yang sudahkitadapatkan,

kitadapatmenghitungulangnilaitekananuapMetanadenganrumusawal, yaitu:

𝑷𝒗 𝑻 = 𝒆𝒙𝒑 π’‚πŸŽ + π’‚πŸ βˆ™ π‘»πŸ +

π’‚πŸπ‘»

+ π’‚πŸ‘ βˆ™ π₯𝐧 𝑻

Lalu, galat/kesalahanperhitunganbisadidapatdaripersamaanberikut:

Page 48: Diktat Teknik Kimia Semester 3

% π’ˆπ’‚π’π’‚π’• = 𝑷𝒗 βˆ’ 𝑷𝒗,𝒄𝒂𝒍

𝑷𝒗× 𝟏𝟎𝟎%

dimanaPv,caladalahnilaitekananuaphasilperhitungan. Nilaigalat yang dikehendakiadalah di

bawah 10-4

.Berikutadalahhasilperhitungangalatnya.

Page 49: Diktat Teknik Kimia Semester 3

3

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

UTS NERACA MASSA DAN ENERGI

Soal 1 (40%)

Sebuah reaktor diumpankan dengan suatu campuran equimolar dari A,B, dan C untuk

menghasilkan D melalui reaksi

A + 2B + 3

2C 2D + E

Jika konversi di reaktor adalah 50% hitung jumlah mol D yang dihasilkan per mol umpan

reaktor

Soal 2 (60%)

Asam Perklorat dapat dihasilkan melalui diagram alir berikut:

Reaksinya adalah sebagai berikut

Ba(ClO4)2

+ H2SO4 BaSO4 + 2HClO4

H2SO4 diumpankan ke reaktor dengan jumlah 20% berlembih dari jumlah stokiometri ynag

dibutuhkan untuk reaksi dengan umpan segar Ba(ClO4)2 dan rasio jumlah mol H2SO4

terhadap Ba(ClO4)2 yang masuk ke reaktoradalah 1:1:2. Jika 1000 kg/jam aliran 1

diumpankan ke reaktor . hitunglah semua nilai variabel aliran yang belum diketahui dan

asumsikan semua komposisi dalam fraksi berat.

NERACA MASSA DAN ENERGI

Page 50: Diktat Teknik Kimia Semester 3

4

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

JAWABAN

Soal 1 (40%)

Diketahui:

Reaksi A + 2B + 3

2C 2D + E

Konversi di reaktor 50%

Ditanya:

Jumlah mol D yang dihasilkan per mol umpan reaktor?

Jawab

A +

2B + 3

2C 2D +

E

M 1 1 1 - -

R 0,25 0,5 0,375 0,5 0,25

S 0,75 0,5 0,625 0,5

Jadi jumlah mol Dπ‘šπ‘œπ‘™ 𝐷

π‘‘π‘œπ‘‘π‘Žπ‘™ =

0,5

3 =

1

6

Soal 2 (60%)

Diketahui :

- Laju alir 1 = 100 kg/jam

- H2SO4 excess 20%

-H2SO4 : Ba(ClO4)2 = 1 : 1,2 mol

Reaksi dalam reaktor

Ba(ClO4)2

Page 51: Diktat Teknik Kimia Semester 3

5

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

Ba(ClO4)2

+ H2SO4 BaSO4 + 2HClO4

M 1,2 1 - -

R 0,833 0,833 0,833 0,833

S 0,367 0,167 0,833 1,666

Lihat separator 2

BaSO4 keluar semua di laju alir 8 dengan presentase 98%. Sehingga % mol Ba(ClO4)2

Adalah 0,017 mol

Lihat laju alir 4

Laju alir mol Ba(ClO4)2 = 0,367 – 0,017 = 0,35

Kita tahu bahwa :

2,678 kmol + x = laju alir Ba(ClO4)2 masuk reaktor

(x-0,85) 0,35 = 1,2

Sehingga laju alir

Ba(ClO4)2 masuk reaktor adalah 2,678 + 1,102 = 3,781 kmol

Sehingga diketahui

- H2SO4 =3,151 Kmol

- BaSO4 = 2,6248 Kmol

- HClO4 = 5,25 Kmol

- Ba(ClO4)2 = 0,0535 Kmol

Page 52: Diktat Teknik Kimia Semester 3

6

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

Ujian Tengah Semester Ganjil 2012/2013

Soal 1(30%)

Sebuah usaha laundry dapat membeli sabun yang mengandung 30% berat air dengan harga

$7 per kg. penjual sabun yang sama menawarkan sabun yang mengandung 5% (massa) air.

Jika ongkos kirim adalah $6 per 100 kg, berapa harga maksimum yang harus dibayar pemilik

laundry untuk pembelian sabun dengan kadar air 5% (massa)? Catatan: pembeli harus

memperhitungkan ongkos kirim.

Soal 2 (45%)

Methanol diproduksi dengan mereaksikan karbon monoksida dan hydrogen. Aliran umpan

segar yang mengandung CO dan H2 bergabung dengan aliran recycle, dan aliran gabungan ini

diumpankan ke reactor. Sebagian methanol yang meninggalkan reactor dikondensasikan dan

diambil sebagai produk. CO dan H2 yang tidak beraksi dan methanol yang tak terkondensasi

direcycle. Aliran yang meninggalkan reactor menuju condenser mempunyai laju 275

mol/menit dan mengandung 10,6% (massa) H2, 64% CO, dan 24,5 % methanol. Fraksi mol

methanol di dalam aliran recycle adalah 0,004.

Tentukanlah:

a. Gambar diagram alir proses beserta komponen- komponen dalam setiap alirannya

(gunakan notasi aliran berikut: F= umpan segar; F1= umpan ke reactor; R= recycle;

C= ke condenser; P= produk)

b. Laju alir produk methanol cair (mol/menit)

c. Laju alir molar CO dan H2 dalam aliran umpan segar (mol/menit)

d. Konversi H2 overall

e. Konversi H2 one-pass through

Soal 3 (25%)

Pembuatan suatu minuman fermentasi melibatkan sederet reaksi kompleks yang sebagian

besar dilakukan oleh mikro organism. Konsentrasi gula dalam larutan awal menentukan

kandungan bakteri baik dan rasa manis dari minuman. Oleh karena itu berat jenis (specific

gravity) dari larutan awal harus diatur untuk mencapai kualitas minuman yang diinginkan.

Suatu larutan awal memiliki berat jenis 1,075 dan mengandung 12,7% (beerat) gula. Jika

semua gula diasumsikan sebagai C12H22O11 tentukan:

a. Kg gula/ kg H2O

b. Lb larutan/ft3 larutan

c. g gula/L larutan

Page 53: Diktat Teknik Kimia Semester 3

7

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

JAWABAN

(solved by WMP TKβ€Ÿ11)

Nomor 1

Basis = 100 kg sabun

Massa larutan sabun 70 % = 100/70 x 100 kg sabun = 142,86 kg larutan sabun

Harga = (7$/kg)(142,86 kg) = 1000 $

Ongkos kirim = (0,006$/kg)(142,86 kg) = 8,572 $

Total = 1008,572 $

Massa larutan sabun 95% = 100/95 x 100 kg sabun = 105,26 kg larutan sabun

Harga = ( z $/kg)(105,26 kg) = 105,26 z $

Ongkos kirim = (0,006$/kg)(105,26 kg) = 6,316 $

Total = (105,26 z + 6,316) $

Harga maksimum yang harus dibayar untuk pembelian sabun dengan kadar air 5% supaya

tidak rugi yaitu:

Harga sabun dengan kadar air 5% = Harga sabun dengan kadar air 30%

(105,26 z + 6,316) $ = 1008,572 $

Z = 1008,572βˆ’6,316

102,26 = 9,52 kg

.

Page 54: Diktat Teknik Kimia Semester 3

8

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

b. Basis = 1 menit

C = 275 mol

Mencari persen mol masing-masing spesi pada C

Asumsikan ada 100 gram C

Massa CH4O = 25,4 gr mol CH4O = 24,5/32 = 0,79375 mol

Massa H2 = 10,6 gr mol H2 = 10,6/2 = 5,3000 mol

Massa CO = 64,0 gr mol CO = 64,0/28 = 2,2857 mol

Mol total = 8,3795 mol

% mol CH4O = (0,79375 mol/8,3795 mol) x 100% = 9,47%

% mol H2 = (5,3000 mol/8,3795 mol) x 100% = 63,25%

% mol CO = (2,2857 mol/8,3795 mol) x 100% = 27,28%

Komposisi mol pada C

Mol CH4O = 9,47% x 275 mol = 26,04 mol

Mol H2 = 63,25% x 275 mol = 173,94 mol

Mol CO = 27,28% x 275 mol = 75,02 mol

Pada kondensor:

C = P + R

R = C – P

R = 275 – p

Neraca massa CH4O pada kondensor

(9,47%)C = (100%)P + (0,4%)R

(9,47%)C = (100%)P + (0,4%)(275 – P)

Note:

Untuk reaktan:

In = mula-mula

Generated = 0

Out = yang tersisa

Consumed = yang bereaksi

Untuk produk:

In = mula-mula

Generated = yang dihasilkan dari reaksi

Out = total yang terbentuk

Consumed = 0

Page 55: Diktat Teknik Kimia Semester 3

9

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

(9,47%)275 = (100%)P + (0,4%)(275 – P)

26,04 = P + 1,1 – 0,004P

P = 26,04βˆ’1,1

1βˆ’0,004 = 24,94 mol

Mol CH4O = 24,94 mol

Laju CH4O = 24,94 mol/menit

c. Menentukan nilai R

R = C – P

R = 275 -24,94

R = 250 mol

Neraca massa H2 pada kondensor

(63,25%)C = (0%)P + (X H2,R )R

(63,25%)275 = 0 + (X H2,R )250

X H2,R = 0,696

Neraca massa COpada kondensor

(27,28%)C = (0%)P + (X CO,R )R

(27,28%)275 = 0 + (X CO,R )250

X CO,R = 0,3

Page 56: Diktat Teknik Kimia Semester 3

10

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

Pada reactor

CO + 2H2 CH4O

In Mol CO,F +

mol CO,R

Mol H2,F +mol

H2,R

1 mol

react -25,04 mol -50,08 mol 25,04 mol

Out Mol CO,C Mol H2,C 26,04 mol

Neraca massa CO pada reactor

In + generated = out + consumed

(Mol CO,F + mol CO,R) + 0 = (mol CO,C) + 25,04

Mol CO, F + (X CO,R )R + 0 = mol CO,C + 25,04

Mol CO, F + (0,3 )250 + 0 = 75,02 + 25,04

Mol CO,F = 25,06 mol

Neraca massa H2 pada reactor

In + generated = out + consumed

(mol H2,F + mol H2,R) + 0 = mol H2,C + 50,08

mol H2,F + (X H2,R )R + 0 = mol H2,C + 50,08

mol H2,F + (0,696)250 + 0 = 173,94 + 50,08

mol H2,F = 50,02 mol

d. konversi H2 overall

mol H2, F βˆ’ mol H2 , P

mol H2 , FΓ— 100% =

50,02 βˆ’ 0

50,02Γ— 100% = 100%

e. Konversi H2 one-pass through

Page 57: Diktat Teknik Kimia Semester 3

11

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

mol H2, F1 βˆ’ mol H2, C

mol H2 , F1Γ— 100% =

50,02 + 0,696 250 βˆ’ 173,94

50,02 + 0,696 250 Γ— 100%

= 22,36%

Nomor 3

Specific grafity (sp) larutan = 1,075

%(m) gula = 12,7%

a. Basis = 100 kg larutan

Massa gula = 12,7%(100 kg) = 12,7 kg gula

Massa air = 100 kg – 12,7 kg = 87,3 kg air

kg gula

kg air=

12,7 kg

87,3 kg= 0,145

b. Basis = 1 lb larutan

Massa jenis larutan = sp larutan x massa jenis H2O

= 1,075 x 62,3 lb/ft3

= 66,97 lb/ft3

c. Basis = 1 gr larutan

Massa gula = 12,7% x 1 gr larutan = 0,127 gr gula

Massa jenis larutan = sp x massa jenis H2O

= 1,075 x (1 gr/cm3)

= 1,075 x (1000 gr/L)

= 1075 gr/L

Volume larutan = massa larutan/ massa jenis larutan

= 1 gr/(1075 gr/L)

= 9,3 x 10-4

L

Gr gula/ L larutan = (0,127 gr gula)/( 9,3 x 10-4

L)

=136,53 gr gula/ L larutan

Page 58: Diktat Teknik Kimia Semester 3

28

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

Ujian Tengah Semester Ganjil 2009/2010 - Program Studi Teknik Kimia S1 Reguler

Neraca Massa dan Energi

Sifat : Open Book

Hari/Tanggal : Kamis/22 Oktober 2009

Waktu : 90 menit

Dosen : Prof. Dr. Ir. M. Nasikin M.Eng.

Ir. Eva F. Karamah, MT.

1. Salah satu metode yang sudah sangat luas digunakan untuk pemurnian gas adalah dengan

mengabsorpsi secara selektif komponen gas yang tidak diinginkan ke dalam medium

liquid tertentu. Medium liquid selanjutnya diregenerasi dengan penanganan panas atau

kimiawi untuk melepaskan material yang diabsorpsi. Pada suatu instalasi system

pemurnian untuk menyisihkan senyawa sulfur yang dirancang untuk beroperasi pada laju

hingga 820 mol/jam, secara temporer dimasukkan umpan dengan laju 1000 mol/jam

umpan. Karena hanya 82% dari umpan yang dapat diolah, diusulkan utnuk mem-by-pass

aliran sehingga konsentrasi H2S keluaran harus dikurangi secara signifikan supaya aliran

keluaran campuran hanya mengandung 1% H2S dan 0,3% COS (basis mol). Sistem dapat

mengabsorpsi semua COS dan satu mol CO2 per mol H2S terabsorpsi. Hitunglah semua

aliran dalam system jika umpan mengandung 15% ( mol) CO2, 5% H2S, dan 14,1% COS,

sisanya CH4

2. Asam asetat dapat dihasilkan melalui reaksi:

3C2H5OH + 2Na2Cr2O7 + 8H2SO4β†’ 3CH3COOH + 2Cr2(SO4)3 + 2Na2SO4 + 11H2O

Pada system dengan daur ulang seperti di bawah ini, konversi C2H5OH overall sebesar

90% diperoleh jika aliran daur ulang sama dengan laju umpan segar C2H5OH. Laju

umpan segar H2SO4dan 2Na2Cr2O7 masing-masing berlebih 20 dan 10 % dari jumlah

stoikiometrik yang dibutuhkan untuk umpan segar C2H5OH. Jika aliran daur ulang

mengandung 94% H2SO4dan sisanya C2H5OH, hitunglah aliran dan komposisi produk

limbah serta konversi reactor sekali lewat (single pass).

Page 59: Diktat Teknik Kimia Semester 3

29

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

Jawaban

Nomor 1

Diketahui:

Basis : 1 jam

Neraca massa total :

F = F1 + F2

F1 = A + F3

F2 + F3 = P

Karena hanya 82% feed yang masuk ke sistem absorpsi, maka F di split (dipisahkan

menjadi dua aliran dengan komposisi aliran sama) F1 sebesar 820 mol dan F2 sebesar

180 mol. Dengan komposisi:

Kemudian dari informasi skema diketahui CH4 tidak ikut terabsorpsi sehingga pada F3, nilai

CH4F3 = CH4F1 = 644,5 mol, sehingga

F1 = 820 mol

C02 = 15% = 123 mol

H2S = 5% = 41 mol

COS = 1,4% = 11,5 mol

CH4 = 78,6% = 644,5 mol

F2 = 180 mol

C02 = 15% = 27 mol

H2S = 5% = 9 mol

COS = 1,4% = 2,5 mol

CH4 = 78,6% = 141,5 mol

F = 1000 mol

C02 = 15% = 150 mol

H2S = 5% = 50 mol

COS = 1,4% = 14 mol

CH4 = 78,6% = 786 mol

F1 = 820 mol

C02 = 15% = 123 mol

H2S = 5% = 41 mol

COS = 1,4% = 11,5 mol

CH4 = 78,6% = 644,5 mol

F2 = 180 mol

C02 = 15% = 27 mol

H2S = 5% = 9 mol

COS = 1,4% = 2,5 mol

CH4 = 78,6% = 141,5 mol

A = ? mol

C02 = ?

H2S = ?

COS = ?

F3 = ? mol

C02 = ?

H2S = ?

COS = ?

CH4= ?

P = ? mol

CO2 = ?

H2S = 1%

COS = 0,3 %

CH4 = ?

Sistem

absorpsi mixer Splitter

Page 60: Diktat Teknik Kimia Semester 3

30

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

CH4p = CH4F2 + CH4F3 = 141,5 mol + 644,5 mol = 768 mol

Kemudian dari soal diketahui bahwa pada sistem absorpsi, setiap mol H2S yang terabsorp

juga akan terabsorp 1 mol CO2dan semua COS, maka pada neraca A:

H2S (A) = 41 mol (terserap semua)

CO2(A) = 41 mol (mengikuti aturan 1 mol H2S terserap)

= 1 mol CO2ikut terserap

COS (A) = 11,5 mol (terserap semua karena mengikuti aturan semua COS terserap per 1

mol H2S)

A = 41 mol + 41 mol + 11,5 mol

= 93,5 mol

Maka neraca F3

CH4 (F3) = 644,5 mol

CO2(F3) = CO2 (F1) - CO2 (A)

= 123 mol – 41 mol

= 82 mol

H2S (F3) = 0 mol

COS (F3) = 0 mol

F3 = 644,5 mol + 82 mol

= 726,5 mol

Sehingga

F2 + F3 = P

P = 180 mol + 726,5 mol

= 906,5 mol

Neraca P:

CH4 (P) = 786 mol

CO2 (P) = CO2 (F2)+ CO2 (F3)

= 27 mol + 82 mol

= 109 mol

H2S (P) = 1% (P)

= 9 mol

Atau,

H2S (P) = H2S (F2)

= 9 mol

COS (P) = 0,3% (P)

= 2,5 mol

Atau,

COS (P) = COS (F2)

= 2,5 mol

Page 61: Diktat Teknik Kimia Semester 3

31

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

F = 1000 mol

C02 = 15% = 150 mol

H2S = 5% = 50 mol

COS = 1,4% = 14 mol

CH4 = 78,6% = 786 mol

F1 = 820 mol

C02 = 15% = 123 mol

H2S = 5% = 41 mol

COS = 1,4% = 11,5 mol

CH4 = 78,6% = 644,5 mol

F3= 726,5 mol

C02 = 82 mol

H2S = 0 mol

COS = 0 mol

CH4= 644,5 mol

P = 906,5 mol

CO2 = 109 mol

H2S = 1% = 9 mol

COS = 0,3 % = 2,5 mol

CH4 = 786 mol

Gambar akhir menjadi:

Komposisi aliran

Komponen F F1 F2 A F3 P

mol % mol % mol % mol % mol % mol %

CH4 786 78,6 644,5 78,6 141,5 78,6 - - 644,5 88,7 786 86,7

H2S 50 5 41 5 9 5 41 43,8 - - 9 1

COS 14 1,4 11,5 1,4 2,5 1,4 11,5 12,4 - - 2,5 0,3

CO2 150 15 123 15 27 15 41 43,8 82 11,3 109 12

Total 1000 100 820 100 180 100 93,5 100 726,5 100 906,5 100

Sistem absorpsi mixer Splitter

F2 = 180 mol

C02 = 15% = 27 mol

H2S = 5% = 9 mol

COS = 1,4% = 2,5 mol

CH4 = 78,6% = 141,5 mol

A = 93,5 mol

C02 = 41 mol

H2S = 41 mol

COS = 11,5 mol

Page 62: Diktat Teknik Kimia Semester 3

32

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

Nomor 2

Reaksi :

3C2H5OH + 2Na2Cr2O7 + 8H2SO4β†’ 3CH3COOH + 2Cr2(SO4)3 + 2Na2SO4 + 11H2O

Skema:

Basis : 100 mol F1

Dari informasi soal diketahui :

- Konversi overall sebesar 90%

- Aliran recycle = umpan segar C2H5OH = 100 mol

- H2SO4 (R) = 94% (R) = 94 mol

- C2H5OH(R) = 6% (R) = 6 mol

- Laju umpan segar F2 untuk H2SO4 excess 20% dan untuk Na2Cr2O7excess 10%

stoikiometrik C2H5OH

- H2SO4 = 8/3 (F1) = 8/3 (100 mol)

= 266,6 mol, karena excess 20% = 320 mol

- Na2Cr2O7 = 2/3 (F1) = 2/3 (100 mol)

= 66,6 mol, karena excess 10% = 73,3 mol

- Pada D hanya ada CH3COOH, di W tidak terdapat CH3COOH.

Mixe

r Reaktor

S

E

P

A

R

A

T

O

R

F1

C2H5OH

F2

H2SO4 F3

C2H5OH

H2SO4

Na2Cr2O

7

R

C2H5OH

H2SO4

P

C2H5OH

H2SO4

Na2Cr2O7

CH3COOH

Cr2(SO4)3

Na2SO4

H2O

W

C2H5OH

H2SO4

Na2Cr2O7

Cr2(SO4)3

Na2SO4

H2O

D

CH3COOH

Page 63: Diktat Teknik Kimia Semester 3

33

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

W

C2H5OH

H2SO4

Na2Cr2O7

Cr2(SO4)3

Na2SO4

H2O

F1

C2H5OH

F2

H2SO4

Na2Cr2O7

Overall sistem

90% Konversi

D

CH3COOH

- Untuk mencari komposisi limbah mula-mula dibutuhkan reaksi overall, yaitu reaksi yang

hanya menyangkut sistem keseluruhan dengan input berupa F1 dan F2 kemudian output

berupa D dan W. Pada reaksi overall dengan konversi 90%, didapat data sebagai berikut:

3C2H5OH + 2Na2Cr2O7 + 8H2SO4β†’ 3CH3COOH + 2Cr2(SO4)3 + 2Na2SO4 + 11H2O

Awal 100 mol 73,3 mol 320 mol - - - -

Reaksi 90 mol 60 mol 240 mol 90 mol 60 mol 60 mol 330 mol

Sisa 10 mol 13,3 mol 80 mol 90 mol 60 mol 60 mol 330 mol

Sehingga:

pada D karena hanya berupaCH3COOH maka hanya terdapat CH3COOH sebanyak 90 mol.

Dan pada W terdapat :

C2H5OH w = 10 mol

Na2Cr2O7w = 13,3 mol

H2SO4w = 80 mol

Cr2(SO4)3w = 60 mol

Na2SO4w = 60 mol

Air w = 330 mol

Kemudian untuk menentukan konversi sekali jalan reaktor dibutuhkan neraca reaksi input

dan output yaitu F3 dan P. Diketahui bahwa komposisi produk reaktor yaitu CH3COOH,

Cr2(SO4)3, Na2SO4dan air tidak berubah pada P karena tidak keempat komponen tersebut

tidak mengalami reaksi lagi sejak P hingga ke D dan W.

F3

C2H5OH

H2SO4

Na2Cr2O7

P

C2H5OH

H2SO4

Na2Cr2O7

CH3COOH

Cr2(SO4)3

Na2SO4

H2O

Reaktor

X% konversi

Page 64: Diktat Teknik Kimia Semester 3

34

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

Komposisi P:

CH3COOH p = 90 mol

Cr2(SO4)3p = 60 mol

Na2SO4p = 60 mol

Air p = 330 mol

Kemudian pada F3 merupakan reaktan berupa campuran aliran dari F1, F2 dan R sehingga

komposisi pada F3:

C2H5OH F3 = C2H5OH F1 + C2H5OH R = 100 mol + 6 mol = 106 mol

H2SO4F3 = H2SO4F2 + H2SO4R = 320 mol + 94 mol = 414 mol

Na2Cr2O7F3 = Na2Cr2O7F2 = 73,3 mol

Sehingga persamaan reaksinya:

3C2H5OH + 2Na2Cr2O7 + 8H2SO4β†’ 3CH3COOH + 2Cr2(SO4)3 + 2Na2SO4 + 11H2O

Awal 106 mol 73,3 mol 414 mol - - - -

Reaksi 90 mol 60 mol 240 mol 90 mol 60 mol 60 mol 330 mol

Sisa 16 mol 13,3 mol 174 mol 90 mol 60 mol 60 mol 330 mol

Sehingga pada P terdapat komposisi:

C2H5OH p = 16 mol

Na2Cr2O7p = 13,3 mol

H2SO4p = 174 mol

CH3COOH p = 90 mol

Cr2(SO4)3p = 60 mol

Na2SO4p = 60 mol

Air p = 330 mol

Sehingga konversi C2H5OH pada reaktor adalah

C2H5OH F3βˆ’C2H5OH p

C2H5OH F3 =

106 mol βˆ’16 mol

106 mol = 0,85 = 85%

Page 65: Diktat Teknik Kimia Semester 3

35

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

Ringkasan hasil hitungan:

Komponen F1

(mol)

F2

(mol)

R

(mol)

F3

(mol)

P

(mol)

D

(mol)

W

(mol)

C2H5OH 100 - 6 106 16 - 10

H2SO4 - 320 94 414 174 - 80

Na2Cr2O7 - 73,3 - 73,3 13,3 - 13,3

CH3COOH - - - - 90 90 -

Cr2(SO4)3 - - - - 60 - 60

Na2SO4 - - - - 60 - 60

Air - - - - 330 - 330

Total 100 393,3 100 593,3 743,3 90 553,3

Page 66: Diktat Teknik Kimia Semester 3

Ujian Tengah Semester

Mata Kuliah Neraca Massa dan Energi

Rabu, 23 Oktober 2013

Waktu 10.00 – 12.20 WIB (150 menit)

Penjelasan :

- Ujian bersifat open book

- Ujian ini berisi 3 soal. Bobot penelian tertera pada nomor soal!

- Jawablah yang dianggap lebih mudah terlebih dahulu!

Soal :

1. Dalam proses pembuatan air desalinasi (P) dari laut dengan menggunakan alat RO,

akan dilakukan recycle seperti skema berikut ini

R recycle Air garam

F =1000kg/jam air laut l B Air buangan

3,1% garam 4%garam 5,25% garam

P Air desilinasi, kadar garam 500 ppm

Tentukan :

a. (10%) berapa banyak air buangan (B) ssetiap jamnya?

b. (10%) berapa banyak Air desilinasi (P) dihasilkan dalam 10 jam?

c. (10%) berapa rasio R:B ?

2. Perusahaan muriara Autore mengembangkan kerang mutiara dengan cara

mengkultur kerang a=secara bertahap, 0 – 4 bulan dikultur didalam fermentor, 4

bulan – 4 tahun dikultur di laut. Di dalam reaktor medium pertumbuhan kerang

adalah larutan yang mengandung alga coklat (CH1,79O0,5N0,20).

200 kg medium yang mengandung 2% alga yang telah dimatikan dan 10% glukosa,

dimasukan ke dalam reaktor, sisanya adalah air laut. Udara dialirkan kedalam reaktor

dengan kecepatan 0,1 kg/jam. Selama 4 bulan, 10 kg O2 dan 55 kg CO2 dikumpulkan

dari udara yang keluar dari reaktor. Setelah 4 bulan, 189 kg cairan yang mengandung

0,001% alga dan 0,5% glukosa keluar dari reaktor. Diketahui massa basah kerang

per massa keringnya adalah 2 : 1.

a. (10%) berapa massa kerang yang dihasilkan selama 4 bulan?

b. (20%) tuliskan persamaan reaksi dari pertumbuhan, dan tuliskan formula kimia

kerang.

Reverse

Osmosis

Page 67: Diktat Teknik Kimia Semester 3

c. (10%) berapa (10%) berapa yield kerang alga coklat dan glukosa?

3. (30%) Reaksi kimia konversi dari etanol menjadi asam asetat adalah sebagai berikut :

C2H6O + O2 C2H4O2 + H2O

Asam asetat diproduksi dari etanol dengan proses fermentasi Acetabacter aceti

dengan formula kimia kerang adalah CH1,8O0,5N0,2, yield biomassa dari subtrat adalah

0,14 g/g dan yield produk dari subtrat adalah 0,92g/g. Ammonia sebagai sumber

nitrogennya. Berapa kebutuhan oksigen pada proses fermentasi ini?

Page 68: Diktat Teknik Kimia Semester 3

JAWABAN UTS

NERACA MASSA dan ENERGI

1. Flow Diagram

Basis : 1000 kg/jam Feed

Persamaan Neraca Massa

Massa masuk = massa keluar

Neraca Massa Total

F = P + B

1000 = P + B ........ (1)

Neraca Massa Garam

0,031 x F = 0,0005 P + 0,0525 B

0,031 x 1000 = 0,0005 P

a. B setiap jam

Penyelesaian dengan menggunakan persamaan 1 dan 2

1000 = P + B

B = 1000 – P

31 = 0,0005 P + 0,0525 (1000 – P)

31 = 0,0005 P + 52,5 – 0,0525 P

21,5 = 0,0052 P

P = 413,85 kg/jam

b. P dalam 10 jam

Air desalinasi dalam 10 jam, yaitu :

P x 10 = 413,85 kg/jam x 10 jam

= 4138,5 kg

c. R : B

Neraca massa total

I = P + B + R

I = 413,85 + 586,15 + R

I = 1000 + R

Neraca Massa Garam

0,04 I = 0,0005 x 413,85 + 0,0525 x 586,15 + 0,0525 R

Page 69: Diktat Teknik Kimia Semester 3

0,04 (1000 + R) = 0,207 + 30,773 + 0,0525 R

40 + 0,04R = 30,98 + 0,0525 R

9,02 = 721.6 kg/jam

R : B = 721,6 : 586,15

= 1,23 : 1

2. Flow Diagram

Medium

- Alga = 2/100 x 200 kg = 4 kg

n = 4

12+1,79+8+2,8 = 0,163 kmol

- glukosa =10/100 x 200 kg = 20 kg

n = 20/180 = 0,11 kmol

- Air laut = 88/100 x 200 kg = 176 kh

n = 176/18 = 9,78 kmol

Kultur

- Kering = 1/3 K

- Basah = 2/3 K

Produk

- Alga = 0,001/100 x 189 kg = 0,00189 kg

n = 0,00189 / 24,59 = 0,00008 kmol

- Glukosa = 0,5 /100 x 189 kg = 0,945 kg

n = 0,945 kg/180 = 0,00525 kmol

- Air = 99,499/100 x 189 kg = 188,053 kg

n = 188,053/18 = 10,45

3. C2H6O + a O2 + NH3 c CH1,8 O0,5N0.2 + e H2O + f C2H4O2

Page 70: Diktat Teknik Kimia Semester 3

Yxs = 0.14

Yxs = c π‘€π‘Š 𝐢𝐻1,8𝑂0,5𝑁0,2

π‘€π‘Š 𝐢2𝐻6𝑂

0,14 = c 24,6

46

C = 0,262

Yps = 0,92

Yps = f π‘€π‘Š 𝐢2𝐻6𝑂2

π‘€π‘Š 𝐢2𝐻6𝑂

0,92 = f 60

46

f = 0,705

Ξ³s = 4 π‘₯ 2 + 6 βˆ’2

2 = 6

Ξ³B = 4,2 (appendix)

Ξ³P = 4

a = ΒΌ ( W Ξ³s - c Ξ³B - fj Ξ³P )

a = ΒΌ (2 x 6 – 0,262 x 4,2 - 0,705 x 2 x 4)

a = ΒΌ (12 – 1,1004 - 1.692)

a = 2,3019

jadi kebutuhan oksigen 2,3019 mol untuk 1 mol etanol

MW CH1,8 O0,5N0.2 = 24,6

MW C2H6O = 46

MW C2H4O2 = 60

Page 71: Diktat Teknik Kimia Semester 3

UJIAN TENGAH SEMESTER GANJIL 2014/2015

MATA KULIAH : NERACA MASSA DAN ENERGI 01

DOSEN : PROF. DR. IR. M. NASIKIN M. ENG

DR. IR. EVA FATHUL KARAMAH, MT.

IR. YULIUSMAN, MT.

HARI/TANGGAL : KAMIS/23 OKTOBER 2014

WAKTU : 90 MENIT

SIFAT : OPEN SHEET

SOAL 1 (50%)

Diagram alir proses tunak untuk mendapatkan kristal potassium kromat (K2CrO4) dari

larutan garamnya diperlihatkan di bawahini:

4500 kg/jam larutan yang sepertiga bagian massanya mengandung K2CrO4 digabung

dengan aliran recycle yang mengandung 36,4% K2CrO4, dan aliran gabungan

diumpankan ke evaporator. Aliran kental yang meninggalkan evaporator mengandung

49,4% K2CrO4-, aliran ini diumpankan ke dalam kristalizer dimana terjadi

pendinginan (menyebabkan kristal K2CrO4 keluar dari larutan) dan kemudian

disaring. Filter cake mengandung kristal K2CrO4 dan larutan yang mengandung 36,4%

massa K2CrO4. Kristal merupakan 95% dari massa total filter cake. Larutan yang

melewati filter (filtrat), juga mengandung 36,4% K2CrO4, merupakan aliran recycle.

Hitunglah:

I. Laju evaporasi

II. Laju produksi kristal K2CrO4

III. Laju alir umpan ke evaporator

IV. Laju alir umpan ke kristalizer

V. Rasio recycle (massa recycle/massa umpan segar)

SOAL 2 (30%)

Etanol dapat diproduksi secara komersial melalui hidrasi etilena:

C2H4 + H2O C2H5OH

Sejumlah produk terkonversi menjadi dietil eter pada reaksi samping:

2 C2H5OH (C2H5)2O + H2O

Umpan ke reactor mengandung etilena dan uap air dengan perbandingan mol 3:2, dan

10% mol inert. Konversi fraksional etilena adalah 5% dan selektivitas relative produk

etanol terhadap produk eter adalah 18,0 mol/mol. Hitunglah komposisi molar aliran

keluaran reaktor.

Page 72: Diktat Teknik Kimia Semester 3

SOAL 3 (20%)

Aturan Badan Perlindungan Lingkungan Amerika (Environmental Protection Agency/

EPA) tahun 1993 memuat standar baku mutu untuk 84 jenis bahan kimia dan mineral

di dalam air minum. Berdasarkan aturan ini, salah satu senyawa yang berbahaya

adalah antimony yang dihasilkan secara alami. Tingkat kontaminasi maksimum untuk

antimony dan nikel diatur masing-masing pada 0,006 mg/L dan 0,1 mg/L.

Hasil analisis lab dari air keran dirumah Anda menunjukkan konsentrasi antimony

sebesar 4 ppb (parts per billion) dan nikel sebesar 60 ppb.

Tentukan apakah air keran rumah Anda cukup aman untuk dikonsumsi terkait kadar

antimony dan nikel di dalamnya. Asumsikan densitas air sebesar 1,0 g/cm3

Page 73: Diktat Teknik Kimia Semester 3

UTS NME 1 (Jawaban)

SOAL 1 (50%)

a) Laju evaporasi

Neraca total

F = W + P

4500 = W + P

Neraca komponen K2CrO4 (larutan)

F . 0,333 = W . 0 + P (0,95 + (0,05 . 0,364))

P = 4500 .0,333

(0,95+0,182) = 1323,76 kg/jam

W = 4500 – 1323,76 = 3176,24 kg/jam

b) Laju produksi kristal

Produksi = P . 0,95

= 1323,76 . 0,95

= 1257,57 kg/jam

c) Laju alir umpan ke evaporator

Neraca total

E = P + R

E = 1323,76 + R

Neraca komponen K2CrO4

E . 0,494 = P (0,95 + 0,182) + R (0,364)

(1323,76 + R) 0,494 = 1323,76 (0,95 + 0,182) + R (0,364)

653,94 + 0,494 R = 1498,5 + 0,364 R

0,494 R – 0,364 R = 1498,5 – 653,94

R = 6496,6 kg/jam

F β€˜ = F +R

= 4500 + 6496,6

= 10.996,6 kg/jam

d) Laju alir umpan ke kristalizer

E = F β€˜ – W

E = 10.996,6 – 3176,24

E = 7820,36 kg/jam

100%

Page 74: Diktat Teknik Kimia Semester 3

e) Rasio Recycle

Rasio R = π‘šπ‘Ÿπ‘’π‘π‘¦π‘π‘™π‘’

π‘šπ‘’π‘šπ‘π‘Žπ‘› π‘ π‘’π‘”π‘Žπ‘Ÿ

Rasio R = 6496,6

4500

Rasio R = 1,4437

SOAL 2 (30%)

Basis : 100 mol Feed

(1) C2H4 + H2O C2H5OH

(2) 2 C2H5OH (C2H5)2O + H2O

Menentukan komposisi feed

Feed:

Inert = 10

100 Γ— 100 = 10 π‘šπ‘œπ‘™

𝐢2𝐻4 + 𝐻2𝑂 = 90 π‘šπ‘œπ‘™

π‘šπ‘œπ‘™ 𝐢2𝐻4

π‘šπ‘œπ‘™ 𝐻2𝑂=

3

2

x + y = 90 …..(1)

π‘₯

𝑦=

3

2 …..(2)

3y = 2x

3y = 2 (90 – y)

3y = 180 – 2y

5y = 180

y = 36 (mol H2O)

x = 90 – y x = 90 – 36

x = 54 (mol C2H4)

Jadi, Feed:

C2H4 = 54 mol

H2O = 36 mol

Inert = 10 mol

Misal x = mol C2H4 y = mol H2O

Page 75: Diktat Teknik Kimia Semester 3

Konversi fraksional etilena 5%

πΎπ‘œπ‘›π‘£π‘’π‘Ÿπ‘ π‘– = π‘šπ‘œπ‘™ π‘π‘’π‘Ÿπ‘’π‘Žπ‘˜π‘ π‘– 𝐢2𝐻4

π‘šπ‘œπ‘™ π‘šπ‘Žπ‘ π‘’π‘˜ 𝐢2𝐻4

0,05 = π‘šπ‘œπ‘™ π‘π‘’π‘Ÿπ‘’π‘Žπ‘˜π‘ π‘– 𝐢2𝐻4

54

π‘šπ‘œπ‘™ π‘π‘’π‘Ÿπ‘’π‘Žπ‘˜π‘ π‘– 𝐢2𝐻4 = 2,7 π‘šπ‘œπ‘™

Persamaan reaksi (1)

C2H4 + H2O C2H5OH

m 54 36

r 2,7 2,7 2,7

s 51,3 2,7 2,7

Selektivitas relatif C2H5OH terhadap (C2H5)2O 18,0 mol/mol

π‘†π‘’π‘™π‘’π‘˜π‘‘π‘–π‘£π‘–π‘‘π‘Žπ‘  = π‘šπ‘œπ‘™ π‘π‘Ÿπ‘œπ‘‘π‘’π‘˜ π‘’π‘‘π‘Žπ‘šπ‘Ž

π‘šπ‘œπ‘™ π‘π‘Ÿπ‘œπ‘‘π‘’π‘˜ π‘ π‘Žπ‘šπ‘π‘–π‘›π‘”

18 π‘šπ‘œπ‘™

π‘šπ‘œπ‘™=

2,7 π‘šπ‘œπ‘™ 𝐢2𝐻5𝑂𝐻

π‘šπ‘œπ‘™ (𝐢2𝐻5)2𝑂

π‘šπ‘œπ‘™ 𝐢2𝐻5 2𝑂 =2,7 π‘šπ‘œπ‘™

18π‘šπ‘œπ‘™

π‘šπ‘œπ‘™

π‘šπ‘œπ‘™ 𝐢2𝐻5 2𝑂 = 0,15 π‘šπ‘œπ‘™

Persamaan reaksi (2)

2 C2H5OH (C2H5)2O + H2O

m 2,7

r 0,3 0,15 0,15

s 2,4 0,15 0,15

Jadi, komposisi di keluaran reaktor adalah:

mol presentase

C2H5OH 2,4 2,466%

(C2H5)2O 0,15 0,154%

C2H4 51,3 52,723%

H2O 33,3 + 0,15 34,380%

Inert 10 10,277%

SOAL 3 (20%)

Ambang batas: Antimon dalam air = 0,006 mg/L

Nikel dalam air = 0,1 mg/L

Hasil analisis: Antimon = 4 ppb

Nikel = 60 ppb

πœŒπ‘Žπ‘–π‘Ÿ = 1 gr/cm3

πœŒπ‘Žπ‘–π‘Ÿ = 1 π‘”π‘Ÿ

1 π‘π‘š 3

103 π‘šπ‘”

1 π‘”π‘Ÿ

1 π‘π‘š 3

10βˆ’3 𝐿

πœŒπ‘Žπ‘–π‘Ÿ = 106 mg/L

Page 76: Diktat Teknik Kimia Semester 3

Antimon

4 ppb = 4 π‘šπ‘” π‘Žπ‘›π‘‘π‘–π‘šπ‘œπ‘›

109 π‘šπ‘” π‘Žπ‘–π‘Ÿ

= 4 π‘šπ‘” π‘Žπ‘›π‘‘π‘–π‘šπ‘œπ‘›

109 π‘šπ‘” π‘Žπ‘–π‘Ÿ

106 π‘šπ‘” π‘Žπ‘–π‘Ÿ

1 𝐿 π‘Žπ‘–π‘Ÿ

= 4 π‘šπ‘” π‘Žπ‘›π‘‘π‘–π‘šπ‘œπ‘›

103 π‘šπ‘” π‘Žπ‘–π‘Ÿ

= 0,004 mg/L

0,004π‘šπ‘”

𝐿< 0,006

π‘šπ‘”

𝐿

Nikel

60 ppb = 60 π‘šπ‘” π‘Žπ‘›π‘‘π‘–π‘šπ‘œπ‘›

109 π‘šπ‘” π‘Žπ‘–π‘Ÿ

= 60 π‘šπ‘” π‘Žπ‘›π‘‘π‘–π‘šπ‘œπ‘›

109 π‘šπ‘” π‘Žπ‘–π‘Ÿ

106 π‘šπ‘” π‘Žπ‘–π‘Ÿ

1 𝐿 π‘Žπ‘–π‘Ÿ

= 60 π‘šπ‘” π‘Žπ‘›π‘‘π‘–π‘šπ‘œπ‘›

103 π‘šπ‘” π‘Žπ‘–π‘Ÿ

= 0,06 mg/L

0,06π‘šπ‘”

𝐿< 0,1

π‘šπ‘”

𝐿

Kesimpulannya, air keran di rumah cukup aman untuk dikonsumsi

karena kadar antimon dan nikel di dalamnya tidak melewati

ambang batas yang telah ditentukan.

Page 77: Diktat Teknik Kimia Semester 3

UJIAN TENGAH SEMESTER GANJIL 2014/2015

MATA KULIAH : NERACA MASSA DAN ENERGI 01

DOSEN : PROF. DR. IR. M. NASIKIN M. ENG

DR. IR. EVA FATHUL KARAMAH, MT.

HARI/TANGGAL : KAMIS/23 OKTOBER 2014

WAKTU : 90 MENIT

SIFAT : OPEN SHEET

SOAL 1 (50%)

Diagram alir proses tunak untuk mendapatkan kristal potasium kromat (K2CrO4) dari larutan

garamnya diperlihatkan di bawah ini:

4500 kg/jam larutan yang sepertiga bagian massanya mengandung K2CrO4 digabung dengan

aliran recycle yang mengandung 36,4% K2CrO4, dan aliran gabungan diumpankan ke

evaporator. Aliran kental yang meninggalkan evaporator mengandung 49,4% K2CrO4-, aliran

ini diumpankan kedalam kristalizer dimana terjadi pendinginan (menyebabkan kristal K2CrO4

keluar dari larutan) dan kemudian disaring. Filter cake mengandung kristal K2CrO4 dan

larutan yang mengandung 36,4% massa K2CrO4. Kristal merupakan 95% dari massa total

filter cake. Larutan yang melewati filter (filtrat), juga mengandung 36,4% K2CrO4,

merupakan aliran recycle.

Hitunglah:

I. Laju evaporasi

II. Laju produksi kristal K2CrO4

III. Laju alir umpan ke evaporator

IV. Laju alir umpan ke kristalizer

V. Rasio recycle (massa recycle/massa umpan segar)

SOAL 2 (25%)

Amonia dibakar untuk membentuk nitrogen oksida berdasarkan reaksi berikut ini:

4 NH3 + 5 O2 4 NO + 6 H2O

a. Hitunglah perbandingan (mol O2 bereaksi/ mol NO terbentuk)

b. Jika ammonia diumpankan ke dalam reactor kontinyu dengan laju 100 kmol NH3/jam,

berapa laju umpan oksigen (kmol/jam) jika berlebih 40% ?

c. Jika 50 kg ammonia dan 100 kg oksigen diumpankan ke dalam reactor batch,

tentukan reaktan pembatas, presentase kelebihan reaktan yang lainnya, dan massa NO

yang dihasilkan (kg) jika reaksi berlangsung sempurna

Page 78: Diktat Teknik Kimia Semester 3

SOAL 3 (25%)

Suatu campuran cat yang mengandung 25% pigmen dan sisanya air dijual dengan harga

$18,00/kg, dan campuran yang mengandung 12% pigmen dijual dengan harga $10,00/kg.

Jika pengencer cat memproduksi campuran yang mengandung 17% pigmen, berapa harga

jualnya jika diinginkan profit 10%?

Page 79: Diktat Teknik Kimia Semester 3

UTS NME 2 (Jawaban)

SOAL 1 (50%)

a) Laju evaporasi

Neraca total

F = W + P

4500 = W + P

Neraca komponen K2CrO4 (larutan)

F . 0,333 = W . 0 + P (0,95 + (0,05 . 0,364))

P = 4500 .0,333

(0,95+0,182) = 1323,76 kg/jam

W = 4500 – 1323,76 = 3176,24 kg/jam

b) Laju produksi kristal

Produksi = P . 0,95

= 1323,76 . 0,95

= 1257,57 kg/jam

c) Laju alir umpan ke evaporator

Neraca total

E = P + R

E = 1323,76 + R

Neraca komponen K2CrO4

E . 0,494 = P (0,95 + 0,182) + R (0,364)

(1323,76 + R) 0,494 = 1323,76 (0,95 + 0,182) + R (0,364)

653,94 + 0,494 R = 1498,5 + 0,364 R

0,494 R – 0,364 R = 1498,5 – 653,94

R = 6496,6 kg/jam

F β€˜ = F +R

= 4500 + 6496,6

= 10.996,6 kg/jam

d) Laju alir umpan ke kristalizer

E = F β€˜ – W

E = 10.996,6 – 3176,24

E = 7820,36 kg/jam

100%

Page 80: Diktat Teknik Kimia Semester 3

e) Rasio Recycle

Rasio R = π‘šπ‘Ÿπ‘’π‘π‘¦π‘π‘™π‘’

π‘šπ‘’π‘šπ‘π‘Žπ‘› π‘ π‘’π‘”π‘Žπ‘Ÿ

Rasio R = 6496,6

4500

Rasio R = 1,4437

SOAL 2 (25%) Reaksi:

4 NH3 + 5 O2 4 NO + 6 H2O

a. Basis : 20 mol ammonia

4 NH3 + 5 O2 4 NO + 6 H2O

m 20 mol 25 mol

r 20 mol 25 mol 20 mol 30 mol

s - - 20 mol 30 mol

Perbandingan π‘šπ‘œπ‘™ 𝑂2 π‘π‘’π‘Ÿπ‘’π‘Žπ‘˜π‘ π‘–

π‘šπ‘œπ‘™ 𝑁𝑂=

25 π‘šπ‘œπ‘™

20 π‘šπ‘œπ‘™=

5

4

b. Diketahui % excess O2 = 40%

4 NH3 + 5 O2 4 NO + 6 H2O

m 100kmol x kmol

r 100kmol 125 kmol

s - x - 125kmol

% 𝑒π‘₯𝑐𝑒𝑠𝑠 =π‘šπ‘œπ‘™ π‘π‘’π‘Ÿπ‘™π‘’π‘π‘–π‘•

π‘šπ‘œπ‘™ π‘π‘’π‘Ÿπ‘’π‘Žπ‘˜π‘ π‘– Γ— 100%

40% =π‘₯ βˆ’ 125 π‘˜π‘šπ‘œπ‘™

125 π‘˜π‘šπ‘œπ‘™ Γ— 100%

0,4 . 125 kmol = (x – 125) kmol

x = 125 kmol + 50 kmol

x = 175 kmol

Jadi, laju O2 pada umpan adalah 175 kmol/jam

c. 50 π‘˜π‘” π‘Žπ‘šπ‘œπ‘›π‘–π‘Ž = 50

17 π‘šπ‘œπ‘™ = 2,94 π‘šπ‘œπ‘™

50 π‘˜π‘” π‘Žπ‘šπ‘œπ‘›π‘–π‘Ž = 50

17 π‘šπ‘œπ‘™ = 2,94 π‘šπ‘œπ‘™

4 NH3 + 5 O2 4 NO + 6 H2O

m 2,94 mol 3,125 mol

r 2,5 mol 3,125 mol 2,5 mol 3,75 mol

s 0,36 mol - 2,5 mol 3,75 mol

Menentukan reaktan pembatas

π‘€π‘œπ‘™ 𝑁𝐻3

πΎπ‘œπ‘’π‘“ .π‘†π‘‘π‘œπ‘˜π‘–π‘œ=

29,4

4= 0,735

π‘€π‘œπ‘™ 𝑂2

πΎπ‘œπ‘’π‘“ .π‘†π‘‘π‘œπ‘˜π‘–π‘œ=

3,125

5= 0,625

Page 81: Diktat Teknik Kimia Semester 3

Karena perbandingan O2 lebih kecil, maka O2 merupakan reaksi pembatas

Kelebihan ammonia 0,36

2,5Γ— 100% = 14,4 %

Mol NO yang terbentuk

Dari stoikiometri diatas, NO yang terbentuk yaitu 2,5 mol

Massa NO

2,5 π‘šπ‘œπ‘™ Γ—30 π‘˜π‘”

π‘šπ‘œπ‘™= 75 π‘˜π‘”

SOAL 3 (25%)

25% pigmen = $18/kg

12% pigmen = $10/kg

V = V1 + V2 = 1

V1 = V – V2 V1 = 1 – V2

π‘š =𝑉1𝑀1 + 𝑉2𝑀2

𝑉1 + 𝑉2

0,17 =𝑉1 . 0,25 + 𝑉2 . 0,12

1

0,17 = 0,25 𝑉 βˆ’ 𝑉2 + 𝑉2 . 0,12

0,17 = 0,25 βˆ’ 0,25 𝑉2 + 0,12𝑉2

0,13 𝑉2 = 0,08

𝑉2 = 0,615 ; 𝑉1 = 0,385 Modal

25% pigmen = 0,385 x $18 = $6,93

12% pigmen = 0,615 x $10 = $6,15

Total: $6,93 + $6,15 = $13,08

Harga Jual (profit 10%)

Harga Jual = $13,08 + ($13,08 x 0,1)

= $14,388/kg

Page 82: Diktat Teknik Kimia Semester 3

59

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

UTS PERISTIWA PERPINDAHAN Kelas S1 Reguler 24 Oktober 2013

No 1 Persamaan Navier-Stokes

Cairan Newtonia dengan densitas dan viskositas konstan diletakan dalam bejana silinder yang

dindingnya berputar dengan kecepatan putar πœ” radian/detik. Kondisi tunak (steady-state). Dengan

koordinat silinder z, r πœƒ tentukan

a. besarnya kecepatan Vr dan Vz

b. besarnya percepatan gravitasi gz,gr, dan π‘”πœƒ (perhatikan arah koordinat)

c. Neraca momentum pada arah r dengan bantuan persamaan Navier-Stokes

d. Neraca momentum pada arah πœƒ dengan bantuan persamaan Navier-Stokes

e. Neraca momentum pada arah z dengan bantuan persamaan Navier-Stokes

f. Dua kondisi batas π‘£πœƒ

g. Distribusi kecepatan π‘£πœƒ

h. besarnya πœ•π‘

πœ•π‘Ÿ sebagai fungsi r, dan besarnya

πœ•π‘

πœ•π‘§

i. Distribusi tekanan p sebagai fungsi r dan z

j. bentuk permukaan cairan (z sebagai fungsi r)

R

Z0

z

r

P = p (r,z)

P = Patm pada

permukaan

πœ”

Page 83: Diktat Teknik Kimia Semester 3

60

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

No 2 Energy Balance

Uap air jenuh pada temperatur 130,6℃ mengalir di dalam pipa baja yang mempunyai diameter

dalam (I.D) 20,9 mm dan diameter luar (O.D) 26,7 mm. Konduktivitas termal k baja 42,9 W/mK

Koefisien perpindahan panas konveksi permukaan dalam dan luar pipa masing-masing 5680 W/m2K

dan 22, 7 W/m2K. Temperatur lingkungan 294 K. Tentukan

a. gambarkan penampang pipa dan tunjukan jari-jari dinding pipa dan dinidng luar pipa serta

besarnya masing-masing jari-jari tersebut

b. panas yang hilang per meter pipa (Watt/m)

c. Temperatur dinding luar pipa (℃)

d. sebelum mengerjakan nomer e dan f, gambarkan penampang pipa dan insulasi dan tunjukkan jari-

jari dinding dalam pipa, dinding luar pipa dan dinding luar insulasi serta besarnya masing-masing jari-

jari tersebut

e. panas yang hilang per meter pipa (Watt/m) jika pipa diinsulasi dengan magnesia 85% dengan

ketebalan 38 mm (nilai k untuk magnesia 85% adalah 0,0675 W/(mK)

f. Temperatur dinding luar pipa diinsulasi dengan magnesia 85% (℃)

Page 84: Diktat Teknik Kimia Semester 3

61

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

NOMER 1

Asumsi =

Cairan newtonian ( viskositas hanya dipengaruhi perubahan suhu dan tekanan, tidak

diperngaruhi gradien kecepatan )

Densitas tetap

Viskositas konstan

Steady state

Koordinat silinder

a.

*fluida hanya bergerak pada sumbu ΞΈ

* perbedaan kecepatan terjadi pada sumbu r

* fluida tidak mengalir (pada soal disebutkan bahwa cairan diletakkan dalam bejana

*asumsi bahwa keadaan steady state maka tidak ada akumulasi dan tidak ada aliran masuk

Page 85: Diktat Teknik Kimia Semester 3

62

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

Oleh karena hal diatas, maka :

Vz = 0

Vr = 0

VΞΈ = V(r)

b. gr, gz , gΞΈ

grmerupakan gravitasi di sepanjang sumbu r. Oleh karena sumbu r horizontal, maka

gravitasi tidak memiliki pengaruh di sepanjang sumbu r.

gr =0

r

gΞΈmerupakan gravitasi di sepanjang sumbu ΞΈ. Oleh karena sumbu ΞΈ horizontal, maka

gravitasi tidak memiliki pengaruh di sepanjang sumbu ΞΈ.

gΞΈ=0

ΞΈ

gzmerupakan gravitasi di sepanjang sumbu z. Oleh karena sumbunya yag vertikal, maka

gravitasi mempengaruhi di sepanjang sumbu z. Namun, perlu diperhatikan arah sumbunya

z

gz = -g (berlawanan arah)

neraca momentum arah r

𝜌 πœ•π‘£π‘Ÿ

πœ•π‘‘+ π‘£π‘Ÿ

πœ•π‘£π‘Ÿ

πœ•π‘Ÿ+

π‘£πœƒ

π‘Ÿ

πœ•π‘£π‘Ÿ

πœ•πœƒβˆ’

𝑣02

π‘Ÿ+ 𝑣𝑧

πœ•π‘£π‘Ÿ

πœ•π‘§ = βˆ’

πœ•π‘

πœ•π‘Ÿ+

πœ‡ πœ•

πœ•π‘Ÿ

1

π‘Ÿ

πœ•

πœ•π‘Ÿ π‘Ÿ π‘£π‘Ÿ +

1

π‘Ÿ2

πœ•2π‘£π‘Ÿ

πœ•πœƒ2 βˆ’2

π‘Ÿ2

πœ•π‘£πœƒ

πœ•πœƒ+πœ•2π‘£π‘Ÿ

πœ•π‘§2 + πœŒπ‘”π‘Ÿ

πœŒπ‘£πœƒ2

π‘Ÿ=πœ•π‘

πœ•π‘Ÿ

Page 86: Diktat Teknik Kimia Semester 3

63

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

neraca momentum arah ΞΈ

𝜌 πœ•π‘£πœƒ

πœ•π‘‘+ π‘£π‘Ÿ

πœ•π‘£πœƒ

πœ•π‘Ÿ+

π‘£πœƒ

π‘Ÿ

πœ•π‘£πœƒ

πœ•πœƒ+π‘£π‘Ÿπ‘£πœƒ

π‘Ÿ+ 𝑣𝑧

πœ•π‘£πœƒ

πœ•π‘§ =

βˆ’1

π‘Ÿ

πœ•π‘

πœ•πœƒ+ πœ‡

πœ•

πœ•π‘Ÿ

1

π‘Ÿ

πœ•

πœ•π‘Ÿ π‘Ÿ π‘£πœƒ +

1

π‘Ÿ2

πœ•2π‘£πœƒ

πœ•πœƒ2 +2

π‘Ÿ2

πœ•π‘£π‘Ÿ

πœ•πœƒ+

πœ•2π‘£πœƒ

πœ•π‘§2 + πœŒπ‘”πœƒ

0 = πœ‡ πœ•πœ•π‘Ÿ

1π‘Ÿπœ•πœ•π‘Ÿ

π‘Ÿ π‘£πœƒ

neraca momentum arah z

𝜌 πœ•π‘£π‘§

πœ•π‘‘+ π‘£π‘Ÿ

πœ•π‘£π‘§

πœ•π‘Ÿ+

π‘£πœƒ

π‘Ÿ

πœ•π‘£π‘§

πœ•πœƒ+π‘£π‘§π‘£πœƒ

π‘Ÿ+ 𝑣𝑧

πœ•π‘£π‘§

πœ•π‘§ =

βˆ’1

π‘Ÿ

πœ•π‘

πœ•π‘§+ πœ‡

1

π‘Ÿ

πœ•

πœ•π‘Ÿ π‘Ÿ

πœ•π‘£π‘§

πœ•π‘Ÿ +

1

π‘Ÿ2

πœ•2𝑣𝑧

πœ•πœƒ2 +πœ•2𝑣𝑧

πœ•π‘§2 + πœŒπ‘”π‘§

0 = βˆ’πœ•π‘

πœ•π‘§βˆ’ 𝜌 𝑔

distribusi kecepatan pada sumbu ΞΈ

πœ‡ πœ•πœ•π‘Ÿ

1π‘Ÿπœ•πœ•π‘Ÿ

π‘Ÿ π‘£πœƒ = 0

πœ•

πœ•π‘Ÿ

1

π‘Ÿ

πœ•

πœ•π‘Ÿ π‘Ÿ π‘£πœƒ = 0

Page 87: Diktat Teknik Kimia Semester 3

64

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

πœ• 1

π‘Ÿ

πœ•

πœ•π‘Ÿ π‘Ÿ π‘£πœƒ = 0 πœ•π‘Ÿ

1

π‘Ÿ

πœ•

πœ•π‘Ÿ π‘Ÿ π‘£πœƒ = 𝐢1

πœ•

πœ•π‘Ÿ π‘Ÿ π‘£πœƒ = 𝐢1 π‘Ÿ

π‘Ÿ π‘£πœƒ =1

2𝐢1π‘Ÿ

2 + 𝐢2

π‘£πœƒ = 1

2𝐢1π‘Ÿ +

𝐢2

π‘Ÿ

Kondisi batas

B.C 1 r = 0 VΞΈ = 0

B.C 2 r = R VΞΈ = Ο‰R

B.C 1 maka

π‘£πœƒ = 1

2𝐢1π‘Ÿ +

𝐢2

π‘Ÿ

0 +𝐢2

π‘Ÿ= 0

Jika nilai C2 adalah suatu angka maka persamaan menjadi tidak terdefinisi. Untuk itu

agar persamaannya terdefinisi.

𝐢2 = 0 sehingga

π‘£πœƒ = 1

2𝐢1π‘Ÿ

Page 88: Diktat Teknik Kimia Semester 3

65

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

B.C 2 maka

π‘£πœƒ = 1

2𝐢1π‘Ÿ

πœ”π‘… =1

2𝐢1π‘Ÿ

πœ”π‘… =1

2𝐢1𝑅

2πœ” = 𝐢1

Maka π‘£πœƒ = 1

2𝐢1π‘Ÿ +

𝐢2

π‘Ÿ

π‘£πœƒ = 1

22πœ”π‘Ÿ

π‘£πœƒ = πœ”π‘Ÿ

h. Persamaan Navier-Stokes arah r sebagai fungsi r

πœŒπ‘£πœƒ

2

π‘Ÿ=πœ•π‘

πœ•π‘Ÿ

πœŒπœ”2π‘Ÿ2

π‘Ÿ=πœ•π‘

πœ•π‘Ÿ

πœŒπœ”2π‘Ÿ =πœ•π‘

πœ•π‘Ÿ

Dimana ρ dan Ο‰ adalah sebuah konstanta

i. Distribusi tekanansebagai fungsi r dan z

πœ•π‘π’«0

𝒫𝐿

= βˆ’πœŒπ‘” πœ•π‘§π‘§0

0

𝒫0 βˆ’ 𝒫𝐿 = βˆ’πœŒ 𝑔 𝑧0

Page 89: Diktat Teknik Kimia Semester 3

66

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

r

Nomer 2

Uap air jenuh T = 130,6 ° 𝐢

K = 42,9 W/ mK

h1 = 5680 W/m2K

h2 = 22,7 W/m2K

Tlingkungan = 294 K

Asumsi

-panas yang mengalir steady state

- T = T(r)

z

r

Page 90: Diktat Teknik Kimia Semester 3

67

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

A.

B.

q = ...?

q = h01 (T0 – T1) (T0 – T1) = π‘žπ‘Ÿπ‘Ÿ1

β„Žπ‘Žπ‘Ÿ1

q = h23 (T2 – T3) (T0 – T1) = π‘žπ‘Ÿπ‘Ÿ2

β„Ž23π‘Ÿ2

konduksi

persamaan aliran panas silinder

in – out + generate = 0

π‘žπ‘§|𝑧=𝐿

20,9 mm

26,7 mm

Jari-jari luar

Jari-jari dalam

r

z

T3

Konveksi

T2

Konduksi

T1

Konveksi

T0

Konveksi

π‘žπ‘Ÿ|π‘Ÿ+βˆ†π‘Ÿ

π‘žπ‘§|𝑧=0

π‘žπ‘Ÿ|π‘Ÿ

π‘žπœƒ|πœƒ=0

π‘žπœƒ|πœƒ=360 L

Page 91: Diktat Teknik Kimia Semester 3

68

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

(qr|r 2πœ‹rL + qz|z=0 2πœ‹rβˆ†π‘Ÿ + π‘žπœƒ|πœƒ=0βˆ†π‘ŸπΏ ) - (π‘žπ‘Ÿ|π‘Ÿ+βˆ†π‘Ÿ2πœ‹(r+βˆ†π‘Ÿ)L + qz|z=L 2πœ‹rβˆ†π‘Ÿ + +

π‘žπœƒ|πœƒ=360βˆ†π‘ŸπΏ ) = 0

Semua dibagi dengan 2πœ‹rβˆ†π‘ŸπΏ

(π‘žπ‘Ÿ |π‘Ÿ π‘Ÿβˆ’ π‘žπ‘Ÿ |π‘Ÿ+βˆ†π‘Ÿ π‘Ÿ+βˆ†π‘Ÿ

π‘Ÿβˆ†π‘Ÿ + π‘žπ‘§=π‘œβˆ’ π‘žπ‘§=𝐿

𝐿= 0

1

π‘Ÿπ‘™π‘–π‘šβˆ†π‘Ÿβ†’π‘œ

(π‘žπ‘Ÿ |π‘Ÿ π‘Ÿβˆ’ π‘žπ‘Ÿ |π‘Ÿ+βˆ†π‘Ÿ π‘Ÿ+βˆ†π‘Ÿ

βˆ†π‘Ÿ + π‘žπ‘§=π‘œβˆ’ π‘žπ‘§=𝐿

𝐿= 0

1

π‘Ÿ

πœ•(π‘Ÿπ‘žπ‘Ÿ)

πœ•π‘Ÿ = 0

𝑑 π‘Ÿπ‘žπ‘Ÿ = 0 π‘‘π‘Ÿ

π‘Ÿπ‘žπ‘Ÿ = C1 = konstan

r( βˆ’πΎπ‘‘π‘‡

π‘‘π‘Ÿ) = 𝐢1

𝑑𝑇 = βˆ’ 𝐢1

𝐾

1

π‘Ÿdr

T = βˆ’ 𝐢1

𝐾ln r + C2 ..(1)

Saat r = r1 maka T = T1

T1 = βˆ’ 𝐢1

𝐾ln r1 + C2

C2 = T1 + 𝐢1

𝐾ln r1 ..(2)

Memasukan pers (2) ke (1)

T = βˆ’ 𝐢1

𝐾ln r + T1 + 𝑐ln r1

T – T1 = 𝐢1

𝐾ln π‘Ÿ1

π‘Ÿ

T – T1 = π‘Ÿπ‘žπ‘Ÿ

𝐾ln π‘Ÿ1

π‘Ÿ

T1 – T2 = π‘Ÿ1π‘žπ‘Ÿ

𝐾ln π‘Ÿ2

π‘Ÿ1

T0 – T1 + ( T – T2) + (T2 –T3) = T0 – T3

Page 92: Diktat Teknik Kimia Semester 3

69

DIKTAT Semester 3 ~ Departemen Teknik Kimia

π‘Ÿ1π‘žπ‘Ÿ

π‘Ÿ1β„Ž01+

π‘Ÿ1π‘žπ‘Ÿ

π‘˜π‘™π‘›

π‘Ÿ2

π‘Ÿ1+

π‘Ÿ3π‘žπ‘Ÿ

π‘Ÿ3β„Ž23= T0 – T3

π‘Ÿπ‘žπ‘Ÿ (1

π‘Ÿ1β„Ž01+

1

π‘˜π‘™π‘›

π‘Ÿ2

π‘Ÿ1+

1

π‘Ÿ3β„Ž23) = T0 – T3

π‘Ÿπ‘žπ‘Ÿ =T0 – T3

(1

π‘Ÿ1β„Ž01+

1

π‘˜π‘™π‘›

π‘Ÿ2

π‘Ÿ1+

1

π‘Ÿ3β„Ž23)

π‘Ÿπ‘žπ‘Ÿ =403,6βˆ’ 294

(1

0,0209 π‘₯ 3680+

1

42,9π‘˜π‘™π‘›

0,0267

π‘Ÿ0,0209+

1

0,0267 π‘₯ 22,7)

Q = 2πœ‹L π‘Ÿπ‘ž

𝑄

𝐿 = 2πœ‹π‘Ÿπ‘ž

C.

T2?

T1 – T2 = π‘Ÿ1π‘žπ‘Ÿ

𝐾ln π‘Ÿ2

π‘Ÿ1

π‘Ÿπ‘žπ‘Ÿ

π‘Ÿ1β„Ž01+

π‘Ÿπ‘žπ‘Ÿ

π‘˜π‘™π‘›

π‘Ÿ2

π‘Ÿ1= T0 – T1 + (T1 – T2)

D (Gambar sendiri)

E.

T – T1 = π‘Ÿπ‘žπ‘Ÿ

𝐾ln π‘Ÿ1

π‘Ÿ

T1 – T2 = π‘Ÿ1π‘žπ‘Ÿ

𝐾ln π‘Ÿ2

π‘Ÿ1

π‘Ÿπ‘žπ‘Ÿ =T0βˆ’T4

(1

π‘Ÿ1β„Ž01+

1

π‘˜π‘™π‘›

π‘Ÿ2

π‘Ÿ1+

1

π‘˜π‘šπ‘Žπ‘”π‘›π‘’π‘ π‘–π‘Žπ‘™π‘›

π‘Ÿ3

π‘Ÿ2+

1

π‘Ÿ3β„Ž34)dan

𝑄

𝐿= 2πœ‹πΏπ‘Ÿπ‘žπ‘Ÿ

T1 T2 T3

T0

r1 r2 r3

Kmagnesia = 0,0675 W/mK

Page 93: Diktat Teknik Kimia Semester 3

UTS Peristiwa Perpindahan Kelas S1 Reguler

Durasi: 100 menit, Ruang: S504, Waktu: 10.00

Tanggal: 23 Oktober 2014

1. Navier-Stokes Equations

Minyak diletakkan diantara 2 pelat. Kecepatan pelat atas adalah U = 0,1 m/detik dan pelat

bawah diam. Diasumsikan profil kecepatan hanya mengandung ux. Terdapat pressure gradient

antara bagian depan dan belakang minyak dp/dx. Diketahui: viskositas minyak, πœ‡ = 005 Ns/m2,

densitas minyak, 𝜌 = 880 π‘˜π‘”/π‘š3, h = 10 mm, Tentukan a. Dua kondisi batas sistem aliran

tersebut, b.1. Jika pressure gradientdp/dx = + 200 N/m2/m, dengan Persamaan Navier-Stokes,

tentukan persamaan profil kecepatan ux/U sebagai fungsi y/h, dan b.2. kecepatan minimum

minyak (m/detik), c.1. Jika dp/dx = -200 N/m2/m, tentukan persamaan profil kecepatan ux/U

sebagai fungsi y/h dan c.2. kecepatan maksimum minyak (m/detik), d. Mengapa pada kasus

pertama terdapat kecepatan minimum dan sebaliknya mengapa pada kasus kedua terdapat

kecepatan maksimum?

2. Combined Navier-Stokes and shell energy balance

Film minyak turun secara vertikal pada dinding tegak. Setelah beberapa saat profil

kecepatan film menjadi tak tergantung z dan mempunyai ketebalan konstan. Dengan asumsi

w = fungsi x dan udara sekitar tidak memberi shear stress pada film, a. Tentukan dua kondisi

batas, b. Dengan persamaan Navier-Stokes, tentukan profil kecepatan. Diketahui: viskositas

minyak, πœ‡ = 0,05 Ns/m2, densitas minyak, 𝜌 = 880 kg/m3, konduktivitas termal k = 0,17

watt/(m.oC) , 𝛿 = 10mm dan g= 9,8 m/det2.

Jika temperatur pelat kiri 60oC dan pelat kanan 30oC, c. Gambarkan shell untuk neraca

energi, d. Tentukan dua kondisi batas neraca energi, e. Tentukan neraca energi pada shell

dalam bentuk persamaan diferensial dengan variabel T (temperatur) dan x ( tidak perlu

diselesaikan hingga persamaan distribusi temperatur).

Page 94: Diktat Teknik Kimia Semester 3

Jawaban:

SOAL NOMOR 1

a. Kondisi Batas

Saaty = 0, vx = 0

Saat y = h, vx = vplat = U

b.

βˆ’πœ•π‘

πœ•π‘₯+ πœ‡

πœ•2𝑣π‘₯πœ•π‘¦2 = 0

πœ‡ πœ•2𝑣π‘₯πœ•π‘¦2 =

πœ•π‘

πœ•π‘₯

SaatdP/dx = +200

πœ‡ πœ•2𝑣π‘₯πœ•π‘¦2 = 200

πœ•

πœ•π‘¦ πœ•π‘£π‘₯πœ•π‘¦

=200

πœ‡

πœ• πœ•π‘£π‘₯πœ•π‘¦

= 200

πœ‡πœ•π‘¦

πœ•π‘£π‘₯πœ•π‘¦

=200

πœ‡π‘¦ + 𝐢1

𝑣π‘₯ =100

πœ‡π‘¦2 + 𝐢1𝑦 + 𝐢2

Saat y = 0, vx = 0

𝐢2 = 0

Saat y = h, vx = vplat = U

𝐢1 =π‘ˆ

β„Žβˆ’

100

πœ‡β„Ž

𝑣π‘₯ =100

πœ‡π‘¦2 + π‘ˆ

𝑦

β„Žβˆ’

100

πœ‡π‘¦β„Ž

Page 95: Diktat Teknik Kimia Semester 3

𝒗𝒙𝑼

=𝟏𝟎𝟎

ππ‘Όπ’šπŸ +

π’š

𝒉 βˆ’

𝟏𝟎𝟎

ππ‘Όπ’šπ’‰

Kecepatan minimum: 𝑑𝑣π‘₯𝑑𝑦

= 0

200

πœ‡π‘¦ + π‘ˆ

1

β„Ž βˆ’

100

πœ‡β„Ž = 0

𝑦 = 0,0025

Kecepatan minimum didapatsaat y = 0,0025. Masukkan data lain yang diketahui.

𝑣π‘₯ =100

πœ‡π‘¦2 + π‘ˆ

𝑦

β„Ž βˆ’

100

πœ‡π‘¦β„Ž

𝒗𝒙 = βˆ’πŸŽ,πŸŽπŸπŸπŸ“π’Ž

𝒔

SaatdP/dx = -200

πœ‡ πœ•2𝑣π‘₯πœ•π‘¦2 = βˆ’200

πœ•

πœ•π‘¦ πœ•π‘£π‘₯πœ•π‘¦

= βˆ’200

πœ‡

πœ• πœ•π‘£π‘₯πœ•π‘¦

= βˆ’200

πœ‡πœ•π‘¦

πœ•π‘£π‘₯πœ•π‘¦

= βˆ’200

πœ‡π‘¦ + 𝐢1

𝑣π‘₯ = βˆ’100

πœ‡π‘¦2 + 𝐢1𝑦 + 𝐢2

Saat y = 0, vx = 0

𝐢2 = 0

Saat y = h, vx = vplat = U

𝐢1 =π‘ˆ

β„Ž+

100

πœ‡β„Ž

𝑣π‘₯ = βˆ’100

πœ‡π‘¦2 + π‘ˆ

𝑦

β„Ž+

100

πœ‡π‘¦β„Ž

𝒗𝒙𝑼

= βˆ’πŸπŸŽπŸŽ

ππ‘Όπ’šπŸ +

π’š

𝒉+𝟏𝟎𝟎

ππ‘Όπ’šπ’‰

Kecepatanmaksimum: 𝑑𝑣π‘₯𝑑𝑦

= 0

βˆ’200

πœ‡π‘¦ + π‘ˆ

1

β„Ž+

100

πœ‡β„Ž = 0

𝑦 = 0,0025

Kecepatanmaksimumdidapatsaat y = 0,0075. Masukkan data lain yang diketahui.

𝑣π‘₯ =100

πœ‡π‘¦2 + π‘ˆ

𝑦

β„Ž βˆ’

100

πœ‡π‘¦β„Ž

Page 96: Diktat Teknik Kimia Semester 3

𝒗𝒙 = +𝟎,πŸπŸπŸπŸ“π’Ž

𝒔

SOAL NOMOR 2

a. Kondisi Batas:

Saat x = 0, wz = 0

Saat x = Ξ΄, wz = woil

b. axax

wx = 0

wy = 0

wz = wz(x)

βˆ’πœ•π‘

πœ•π‘§+ πœ‡

πœ•2𝑀𝑧

πœ•π‘₯2 + πœŒπ‘”π‘§ = 0

Olehkarenakeadaanterbuka, Patas = Pbawah = Patmsehingga Ξ”P = 0

Notasivzditulismenjadiwzkarenamengikutisoal.Notasigzditulis g (mempermudahpenulisan).

πœ‡ πœ•2𝑀𝑧

πœ•π‘₯2 + πœŒπ‘” = 0

πœ•2𝑀𝑧

πœ•π‘₯2 = βˆ’πœŒπ‘”

πœ‡

πœ•

πœ•π‘₯ πœ•π‘€π‘§

πœ•π‘₯ = βˆ’

πœŒπ‘”

πœ‡

πœ• πœ•π‘€π‘§

πœ•π‘₯ = βˆ’

πœŒπ‘”

πœ‡πœ•π‘₯

πœ• πœ•π‘€π‘§

πœ•π‘₯ = βˆ’

πœŒπ‘”

πœ‡πœ•π‘₯

πœ•π‘€π‘§

πœ•π‘₯= βˆ’

πœŒπ‘”

πœ‡π‘₯ + 𝐢1

πœ•π‘€π‘§ = βˆ’πœŒπ‘”

πœ‡π‘₯ + 𝐢1 πœ•π‘₯

Page 97: Diktat Teknik Kimia Semester 3

𝑀𝑧 = βˆ’πœŒπ‘”

2πœ‡π‘₯2 + 𝐢1π‘₯ + 𝐢2

Boundary Conditions:

Saat x = 0, wz = 0

0 = 0 + 0 + 𝐢2

𝐢2 = 0

Saat x = Ξ΄, wz = woil

π‘€π‘œπ‘–π‘™ = βˆ’πœŒπ‘”

2πœ‡π›Ώ2 + 𝐢1𝛿

𝐢1 =π‘€π‘œπ‘–π‘™

𝛿+πœŒπ‘”

2πœ‡π›Ώ

𝑀𝑧 = βˆ’πœŒπ‘”

2πœ‡π‘₯2 +

π‘€π‘œπ‘–π‘™

𝛿+πœŒπ‘”

2πœ‡π›Ώ π‘₯

Masukkannilai-nilai yang diketahui (𝜌,𝑔,πœ‡,𝛿). Nilaiπ‘€π‘œπ‘–π‘™ tidakdiketahui di soal.

c.

d.

x

𝑒π‘₯𝑧 |π‘₯=π‘₯+βˆ†π‘₯

𝑒𝑧𝑧 |𝑧=𝐿

𝑒𝑧𝑧 |𝑧=0

𝑒𝑦𝑧 |𝑦=0

𝑒𝑦𝑧 |𝑧=π‘Š

𝑒π‘₯𝑧 |π‘₯=0

z

y

Page 98: Diktat Teknik Kimia Semester 3

Kondisi Batas:

Saat x = 0, T = 60Β°C

Saat x = Ξ΄, T = 30Β°C

e.

π‘ŠπΏ 𝑒π‘₯|π‘₯ βˆ’ π‘ŠπΏ 𝑒π‘₯ |π‘₯+βˆ†π‘₯ = 0

Dikalikan -1/(WLΞ”x) dengantujuanuntukmembentukpersamaan limit differensial.

𝑒π‘₯|π‘₯+βˆ†π‘₯ βˆ’ 𝑒π‘₯|π‘₯

βˆ†π‘₯= 0

limβˆ†π‘₯β†’0

𝑒π‘₯|π‘₯+βˆ†π‘₯ βˆ’ 𝑒π‘₯|π‘₯

βˆ†π‘₯= 0

𝑑𝑒π‘₯𝑑π‘₯

= 0

𝑒π‘₯ = 𝐢1

Karenatidakmemilikikondisibatas, persamaan di atasdiubahmenjadi (Persamaan 10.4-3)

βˆ’π‘˜π‘‘π‘‡

𝑑π‘₯βˆ’ πœ‡π‘€π‘§

𝑑𝑀𝑧

𝑑π‘₯= 𝐢1

𝒅𝑻

𝒅𝒙= βˆ’

π‘ͺπŸπ’Œβˆ’ππ’˜π’›

π’Œ

π’…π’˜π’›

𝒅𝒙

Page 99: Diktat Teknik Kimia Semester 3

Ujian Tengah Semester Ganjil 2014/2015

PERISTIWA PERPINDAHAN Hari, tanggal : Kamis, 22 Oktober 2014 Durasi : 90 Menit

1. Sebuah gelembung berbentuk bola dengan diameter 25 cm berisi senyawa yang dapat

bereaksi secara endotermis dengan laju konsumsi energi keseluruhan sebesar 5 x 103 W/m3.

Profil (distribusi) temperatur keadaan tunak di dalam gelembung adalah T= 500r3 + 50,

dimana T dalam derajat Celcius dan r dalam meter.

a. Hitung konduktivitas termal gelembung tersebut!

b. Berapa koefisien perpindahan panas rata-rata pada permukaan gelembung jika

temperatur lingkungan 500 oC?

2. Air dibiarkan jatuh bebas membasahi sebuah pelat kaca yang dipasang vertikal sehingga

membentuk film tipis setebal 𝛿. Pelat kaca tersebut memiliki panjang L searah sumbu z,

lebar W searah sumbu y. Anda diminta mengembangkan sebuah persamaan gerakan tunak

untuk film tipis tersebut dengan mengambil asumsi-asumsi yang masuk akal. Untuk

membantu anda mengerjakan soal ini, jawablah pertanyaan-pertanyaan berikut sesuai

urutan.

a. Komponen kecepatan apa saja yang bernilai tidak nol? Jelaskan!

b. Kompinen shear stress apa saja yang bernilai tidak nol? Jelaskan!

c. Apa yang menjadi gaya gerak jatuhnya film fluida tersebut!

d. Sebutkan asumsi lain jika ada!

e. Tuliskan persamaan-persamaan fluks momentum total!

f. Gambarkan sistem film tersebut beserta pusat koordinatnya!

g. Gambarkan volume control dari sistem film tersebut!

h. Kembangkan persamaan gerakan sistem film tesebut dimulai dari persamaan

laju inventarisasi melalui tahap –tahap pengembangan secara lengkap!

i. Tentukan kondisi batasnya!

Jawaban

1.

a. π‘ž

𝑣= βˆ’π‘˜

𝐴

𝑣.

dT

π‘‘π‘Ÿ

5π‘₯103 = βˆ’π‘˜4πœ‹π‘Ÿ2

4

3πœ‹π‘Ÿ3

𝑑(500π‘Ÿ3 + 50)

π‘‘π‘Ÿ

5π‘₯103 = -π‘˜3

π‘Ÿ. 1500π‘Ÿ2

K = 80/3 W/m.K

b. π‘ž

𝑣= βˆ’β„Ž

𝐴

𝑣.Ξ”T

5𝑋103 = β„Ž.3

π‘Ÿ(Tpermukaan-Tlingkungan)

5π‘₯103 = β„Ž 24 ( 500π‘₯0,1253 + 50 βˆ’ 500) ⟢ minus dianggap tidak ada, karena minus

menunjukan aliran panas yang terbalik. Harusnya ( Tlingkungan – Tpermukaan ) karena reaksi endotermis.

h = 5000

24π‘₯444,9

Page 100: Diktat Teknik Kimia Semester 3

h = 0,417 W/m2.K

a. Komponen kecepatan yang tidak nol adalah kecepat ke arah z karena digerakan oleh gaya

gravitasi.

b. Komponen shear stress yang tidak nol adalah ke arah x akibat gerakan fluida ke arah z

c. Gaya gravitasi

d. Steady-state

e. πœ‹π‘₯𝑧 = 𝜏π‘₯𝑧 + πœŒπ‘£π‘§ 𝑣π‘₯ = βˆ’πœ‡ 𝑑𝑣𝑧

𝑑π‘₯+ (πœŒπ‘£π‘§)(𝑣π‘₯)

πœ‹π‘¦π‘§ = πœπ‘¦π‘§ + πœŒπ‘£π‘§ 𝑣𝑦 = βˆ’πœ‡ 𝑑𝑣𝑧

𝑑𝑦+ (πœŒπ‘£π‘§)(𝑣𝑦)

πœ‹π‘§π‘§ = πœπ‘§π‘§ + πœŒπ‘£π‘§ 𝑣𝑧 = βˆ’πœ‡ 𝑑𝑣𝑧

𝑑𝑧+ (πœŒπ‘£π‘§)(𝑣𝑧)

f.

g.

h.

Page 101: Diktat Teknik Kimia Semester 3

i. Kondisi Batas

x = 0 vz= 0

x = Ξ”π‘₯ Vz = Vmaksimum atau x = b β†’ Vz = V