Soal Dan Penyelesaian Termodinamika Teknik Kimia

SOAL DAN JAWABAN SOAL UJIAN

SOAL NO. 1: Udara yang semula berada pada temperatur 30C dan tekanan 6 bar akan diekspansikan menjadi keadaan akhir dengan temperatur 30C dan tekanan 2 bar. Ekspansi dilakukan dengan cara pendinginan pada volume konstan diikuti dengan pemanasan pada tekanan konstan sampai dicapai keadaan akhir. Udara dianggap mengikuti perilaku gas ideal: PV = RT dengan R = 83,14 cm3 bar mol-1 K-1. Hitung Q, W, U dan H untuk tiap alur proses dan keseluruhan proses. Kapasitas panas CV = 2,5 R dan CP = 3,5 R. Gambar proses tersebut dalam diagram PV. PENYELESAIAN: a. Diagram PV

P1 = 6

P

P3 = 2

V1

V

V3

RT1  83,14   303,15   = 4.200,93 cm3/mol P1 6 V2 = V1 = 4.200,93 cm3/mol PV  2  4.200,93  T2  2 2  = 101,06 K R 83,14 RT3  83,14   303,15  V3   = 12.602,78 cm3/mol P3 2 V1 

b.

Proses pendinginan pada V konstan

V2

W    P dV  0 V1

T2

U   CV dT  CV T1  T2   2,5  83,14  101,06  303,15  T1

=  42.005,1 cm3 bar mol1 Q = U – W =  42.005,1 – 0 =  42.005,1 cm3 bar mol1 T2

H   C P dT  C P T1  T 2   3,5  83,14  101,06  303,15  T1

c.

=  58.807,1 cm3 bar mol1 Proses pemanasan pada P konstan V3

W    P dV   2 (12.602,78  4.200,93) =  16.802,04 cm3 bar mol1 V2

T3

Q  H   CP dT  CP T3  T2  T2

= 3,5 (83,14) (303,15 – 101,06) = 58.807,1 cm3 bar mol1 U = Q + W = 58.807,14  16.802,04 = 42.005,1 cm3 bar mol1 d.

Keseluruhan proses Q =  42.005,1 + 58. 807,14 = 16.802,04 cm3 bar mol1 W = 0  16.802,04 =  16.802,04 cm3 bar mol1 U =  42.005,1 + 42.005,1 = 0 H =  58.807,1 + 58.807,1 = 0

SOAL NO. 2 Udara sebanyak 0,03 kg mengalami proses siklis seperti pada gambar di bawah. Hitung kerja/usaha yang dapat dihasilkan dari sistem tersebut, Udara dianggap mengikuti perilaku gas ideal, CV = 2,5 R dan CP = 3,5 R. Berat molekul udara rata-rata adalah 28,84.

100 kPa V 0,002 m

PENYELESAIAN

3

0,02 m3

30  1,04 mol 28,84 20 L V3  V2   19,24 l mol 1,04 mol 2L V1   1,924 l mol 1,04 mol n

Titik 3:

P3 V3  nRT3

T3 

1 bar  19,24 l mol  231,3 K P3 V3   0,08314 l bar K mol R

Hubungan antara titik 1 dan 3 C 3,5  P   1,4 C V 2,5 P1 V1  P3 V3  V  P1  P3  3   V1 



 19,24   1    1,924 

1, 4

= 25,12 bar

P1V1  nRT1

T1 

P1V1  25,12 bar  1,924 l mol   581 K nR  0,08314 l bar K mol

Titik 2 T2 = T1 = 581 K Usaha yang dihasilkan: V2

V2

V1

V1

W12   n  P dV   1,04 mol  RT

dV V   1,04 mol RT1 ln 2 V V1

  1,04 mol  0,083141 l bar K mol  581 K  ln

19,24 = – 115,7 l bar 1,924

V3

W23   n  P dV  0 V2

W31  U 31  C V  T1  T3   2,5  0,083141 l bar K mol  581  231,1 K  72,7  l bar  Wtotal  W12  W23  W31   115,7  0  72,7  40,1  l bar 

SOAL NO. 3 Gas nitrogen berada di dalam tangki yang volumenya 4 m3, tekanannya 42 bar, dan temperaturnya 30C. Hitung massa gas nitrogen tersebut. Gas nitrogen dianggap mengikuti persamaan keadaan SRK. Untuk menghitung volume molar nitrogen, lakukan iterasi sebanyak 2 kali.

PENYELESAIAN Tc = 126,19 K Pc = 33,978 bar  = 0,04





Z3  Z 2  A  B  B 2 Z  AB  0

 Pr Tr2 P B  b r Tr A  a

 



  1  0,48508  1,55171   0,15613 2 1  Tr0,5



2

T 303,3   2,402 Tc 126,19 P 42 Pr    1,236 Pc 33,978

Tr 

  1   0,48508  1,55171  0,04  0,15613  0,04 2  1  2,4 0,5  = 0,4889 2

 Pr  0,4895 1,236  0,42747 = 0,0448 2 Tr 2,4 2 P 1,236 B   a r  0,08662  0,0448 Tr 2,4 A  a

c 0   AB    0,4889   0,0448   0,002

c1  A  B  B2  0,4889  0,0448  0,04482   0,00179 c 2  1

f  Z   Z3  c 2 Z 2  c1 Z  c0

f '  Z  3Z 2  2c 2 Z  c1 f Zi  Zi1  i1 f 'i1 Tebakan awal: Z0 = 1 Iterasi 1 f0 = 1 – 1 – 0,00179 (1) – 0,002 = – 0,00378 f’0 = 3 (1) + 2 (– 1) (1) – 0,002 = 0,99821 f  0,00378 Z1  Z 0  0  1   1,0134 f '0 0,99821 Iterasi 2 f1 = (1,01342) – 1,013422 – 0,00179 (1,01342) – 0,002 = 2,88  10-5 f’1 = 3 (1,01342)2 + 2 (– 1) (1,01342) – 0,00179 = 1,01342 Z1  Z 0 

f0 2,88  10 5  1  1,0038 f '0 1,01342

i

Z(i)

0

1 1.0037 92 1.0037 63 1.0037 63

1 2 3

f(i) -0.00378 2.88E-05 1.63E-09 -9.3E-17

f'(i) 0.9982 1 1.0134 2 1.0133 06 1.0133 06

error 0.0150 09 0.0001 13 6.37E09

SOAL NO. 4 Udara yang semula berada pada temperatur 30C dan tekanan 1 bar akan dikompresi menjadi keadaan akhir dengan tekanan 5 bar melalui proses kompresi adiabatis. Udara dianggap mengikuti perilaku gas ideal: PV = RT dengan R = 83,14 cm3 bar mol-1 K-1. Hitung Q, W, U dan H. Kapasitas panas CV = 2,5 R dan CP = 3,5 R. Hitung Q, W, U, dan H.

PENYELESAIAN P P2

P1 V2 T1 = 303 K P1 = 1 bar P2 = 5 bar C 3,5 R  P   1,4 C V 2,5 R Proses adiabatis: TP(1 - )/ = konstan T1 P1(1 - )/ = T2 P2(1 - )/

V1

V

 P1    P2 

T2  T1 

 1  



 1   5

 303 

 11, 4 

1, 4

 479,9 K

Q=0 T2

479 , 9

T1

303

T2

479 , 9

T1

303

H   CP dT   3,5 RdT  3,5 R  479,9  393 = 304,15 R U   CV dT   2,5 RdT  2,5 R  479,9  393 = 217,25 R W = U – Q = 217,25 R