Prinsip-Prinsip Kesetimbangan Kimia Kesetimbangan dinamis adalah keadaan dimana dua proses yang berlawanan terjadi dengan laju yang sama. Akibatnya, tak terjadi lagi perubahan bersih dalam sistem pada kesetimbangan. Kita telah menyinggung beberapa macam keadaan kesetunbangan. Mari kita tinjau dua di antaranya, secara singkat. 1.
Jika suatu cairan menguap dalam wadah tertutup, pada satu waktu tertentu akan terjadi perubahan dari uap ke keadaan cair dalam laju yang sama dengan penguapanny pengua pannya. a. Dengan Denga n kata lain, uap mengembun dengan laju yang sama dengan air menguap. Sekali pun molekul-molekul bolak-balik antara keadaan uap dan cair, pada kesetimbangan, tekanan yang disebabkan oleh uap tetap di setiap waktu. 2. Jika padatan larut dalam pelarut, terdapat suatu titik dimana partikel padat tambahan larut dengan laju yang sama dengan pengendapan padatan yang telah larut. Larutan menjadi jenuh, dan konsentrasi tetap sepanjang waktu. Jadi, ciri suatu sistem pada kesetimbangan ialah adanya nilai tertentu yang tidak berubah berub ah dengan deng an berubahnya berub ahnya waktu. waktu . Dalam Dala m bab ini kita alihkan alihk an perhatian perha tian kepada kesetimbangan dinamis dalam reaksi kimia dan pusatkan perhatian pada sifat yang disebut tetapan kesetimbangan. Akan kita pelajari bagaimana menggunakan tetapan ini dalam membahas kesetimbangan secara kualitatif dan kuantitafif. Dalam bab berikut, akan dipelajari dasar-dasar teori dari tetapan kesetimbangan.
15-1 Keadaan pada Kesetimbangan Kimia Keadaan yang digambarkan pada Gambar 15-1 tidak sama dengan yang dibahas dalam stoikiometri dalam Bab 4. Pada percobaan 1; 0,00150 mol H 2 dan 0,00150 mol I 2 dibiarkan bereaksi dengan cara biasa kita bisa menuliskan GAMBAR 15-1 Tiga pendekatan untuk mencapai kesetimbangan reaksi H 2(g) + I 2(g) <====> 2 HI(g)
1
2
Data yang diperoleh di sini berasal dari tabel 15-1 2 ----->mol H 2 = mol I 2 1 ------>mol HI
1
reaksi ke depan: 2 HI(g)
H 2(g) + I2(g) ----> (15.1)
Tetapi, segera setelah sebagian HI terbentuk, HI mulai mengurai kembali menjadi H 2 dan I2. reaksi balik: 2 HI(g) ---> H 2(g) + I 2(g)
(15.2)
Dengan demikian, terjadi dua reaksi secara serentak, reaksi ke depan dan sebaliknya. Setelah mencapai 0,00234 mol, jumlah HI berhenti meningkat. Jumlah HI, H 2 dan I2 tetap sama di sepanjang waktu. Kedua reaksi yang berlawanan terus berlangsung, sekarang dengan laju yang sama. Keadaan kesetimbangan dinamis telah tercapai. Reaksi ke depan dan reaksi balik dapat ditulis sekaligus dengan menggunakan tanda panah ganda (<==>). H2 (g) + I 2 (g) <====>2 HI(g)
(15.3)
Percobaan 2 menggambarkan pendekatan berbeda mengenai keseimbangan dalam reaksi yang sama, yaitu dimulai dengan HI murni, membentuk H 2 dan I2. Sekali lagi, setelah waktu tertentu tidak terjadi lagi perubahan bersih, karena laju pembentukan ulang HI dari H2 dan I2 menjadi sama dengan laju disosiasi (penguraian) HI. Percobaan 3 menggambarkan keadaan ketiga pereaksi pada awal kesetimbangan. kesetimbangan.
Dua titik perlu diperhatikan pada Gambar 15-1: (1) Pada semua kasus, tak ada jenis pereaksi yang habis terpakai (2) Berdasarkan jumlah pereaksi dan hasil pada kesetimbangan, tak ada sifat yang sama dalam ketiga keadaan tersebut. Kesetimbangan Hidrogen-Iod-Hidrogen Iodida . Mari kita gunakan data dari Tabel 15-1 untuk meninjau lebih dalam keadaan kesetimbangan dalam reaksi (15.3). Terutama, mari kita cari sifat tetap dari reaksi kimia pada kesetimbangan, sebagaimana telah disebutkan dalam awal bab ini.
Dalam Tabel 15-2 terdapat ikhtisar dari tiga macam usaha yang diambil dari tiga percobaan dalam Tabel 15-1. Ternyata, satu dari persamaan-persa persa maan-persamaan maan ini memang memberikan nilai numeris yang hampir identik untuk ketiga kasus.
K c
2 [ HI ] = = 50,2 (pada 445 oC) [H 2 ][I 2 ]
(15.4) .
Lambang K c menyatakan persamaan yang didasarkan atas konsentrasi molar pada kesetimbangan. Tiga percobaan tidak cukup untuk menentukan nilai tetapan dari persamaan (15.4), o tetapi percobaan yang berulang-ulang pada suhu 445 C akan memberikan hasil yang sama. Persamaan 15.4 mempunyai arti: kapan saja terjadi kesetimbangan antara H 2(g), I2(g), dan o HI (g) pada 445 C, akan terdapat nisbah konsentrasi molar sebesar 50,2. Kuantitas K Kuantitas K c yang dinamakan tetapan kesetimbangan, akan diuraikan lebih lanjut.
2
TABEL 15-1 a,b Tiga pendekatan terhadap kesetimbangan dalam reaksi H 2 (g) + I 2(g) <==> 2 HI(g)
Percobaan 1
1,50 1,50
2
-
3 a
Jumlah Kesetimbangan 3 Mol x 10 H2 I2 HI
-
1,50 1,50
Jumlah awal 3 Mol x 10 H2
I2
HI
Kesetimbangan Konsentrasi 3 M x 10 [H2] [I2] [HI]
-
0,330 0,330 2,34 0,412 0,412
2,92
1,50
0,165 0,165 1,17 0,206 0,206
1,46
1,50
0,495 0,495 3,51 0,619 0,619
4,30
°
Suhu = 445 C; volume campuran reaksi = 0 ,8000 L. b Jumlah awal H 2, I 2 dan/atau HI yang tclah diketahui dimasukkan dan ditutup rapat dalam wadah dan suhu dipertahankan tetap sampai kesetimbangan tercapai. Wadah kemudian didinginkan dengan cepat dan isinya dipindahkan ke larutan berair pada suhu kamar. Larutan ini dititrasi dengan Na 2S203(aq) dengan indikator pati. Data titrasi digunakan untuk menentukan jumlah kesetimbangan dari I 2. Jumlah kesetimbangan lainnya dapat dihubungkan dengan kuantitas ini. c 3 Bilangan dalam lajur di atas telah digandakan dengan 10 . Dalam percobaan 1, -3 misalnya, jumlah awal H 2 = 1,50 x 10 mol; jumlah H 2 pada keadaan kesetimbangan = -3 -3 0,330 x 10 mo1; konsentrasi H 2 pada kesetimbangan = 0,330 x 10 mo1 H 2/0,8000 L = -3 0,412 x 10 M. TABEL 15-2 Mencari nisbah tetap dari konsentrasi-konsentrasi yang diperikan dalam kesetimbangan reaksi
a
o
Konsentrasi kesetimbangan diperoleh dari Tabel 15-1 pada suhu 445 C. b Karena dalam setiap percobaan [H 2] = [I2] berada dalam kesetimbangan, pembagi dalam setiap persamaan ditulis dengan memangkatkan, -3 -3 -3 2 misalnya (0,412 x 10 ) (0,412x10 ] = (0,412 x 10 ) Contoh I5-1. Jika konsentrasi kesetimangan H 2 dan I2 dalam reaksi (15.3) pada -S -3 44 5 °C adalah [H2] = 4, 84 X 10 M dan [I2] = 1,68 x 10 M, berapakah konsentrasi kesetimbangan HI?
jawaban. Ketiga konsentrasi kesetimbangan saling berhubungan melalui persamaan (15.4). Konsentrasi yang diketahui perlu disubstitusikan ke dalam persamaan (15.4) untuk mencari [HI]. 2
-5
-3
[HI] = K c [H2][I 2] = 50,2 x 4,84 x 10 x 1,68 x 10 = 4,08 x 10 2 -6 -3 [HI] = [HI] = 4,08 x 10 = 2,02 x 10 M
-6
3
Tetapan Kesetimbangan, K C. Dari contoh reaksi hidrogen-iod-hidrogen iodida, sekarang kita kembali pada keadaan umum reaksi dapat balik pada keadaan kesetimbangan. Untuk reaksi umum aA+bB+ < ====> gG + hH+ ....
(15.5)
Rumus tetapan kesetimbangan berbentuk
[G ]g [H ]h ... = K c [A ]a [B]b ...
(15.6)
Dalam Sub Bab 16-7 akan dikenal suatu besaran yang dikenal sebagai tetapan kesetimbangan termodinamika, yang tidak berdimensi. Karena itu, tidak akan digunakan satuan untuk tetapan kesetimbangan dalam bab ini.
Pembilang adalah hasil kali konsentrasi spes ies-spesies yang ditulis di sebelah kanan persamaan( [G], [H], .... ) , masing-masing konsentrasi dipangkatkan dengan koefisien dalam persamaan reaksi yang setara (g, h, ....... ). Penyebut adalah hasil kali konsentrasi spesies-spesies yang ditulis di sebalah kiri persamaan ([Al, [B], .... ), juga, se tiap konsentr asi dipangkatkan dengan koefisien reaksinya (a, b, ..... ). Nilai numerik dari tetapan kesetimbangan, K c sangat tergantung pada jenis reaksi dan suhu. 15-2 Hubungan Tambahan yang Meli batkan Tetapan Kesetimbangan Hubungan antara K c dengan Persamaan Kimia yang Setara. Reaksi dapat balik yang melibatkan SO2(g), O2(g), dan S0 3(g) dinyatakan dengan tiga macam cara berikut.
2SO 2(g) + O 2 (g) <===> 2 SO 3 (g) 2 S O 3 <===> 2 SO 2 (g) + O 2 (g) SO 2 (g) + ½ O 2 (g) <===> SO 3 (g)
K c (a) = 2,8 x 10 2 pada 1000 K K c(b) = ? K c (c) = ?
15.7a
Persamaan untuk tetapan kesetimbangan adalah :
[SO 3 ]2 = 2,8 x 10 2 at 1000 K K c (a) = 2 [SO 2 ] [O 2 ] [SO 3 ]2 [O 2 ] = ? K c (b) = [SO 3 ]2 [SO 3 ] =? K c (c) = [SO 2 ][O 2 ]1 / 2
15.8 a
15.8 b 15.8 c
Untuk seperangkat keadaan awal tertentu, konsentrasi kesetimbangan dari SO 2, O 2 , dan SO 3 harus merupakan nilai-nilai yang khas, tidak tergantung dari persamaan mana dari ketiga persamaan (15.8) yang dipilih untuk menggambarkan kesetimbangan. Nilai K c uptuk persamaan-persamaan dalam (15.8a-c) harus saling berhubungan. Karena
[SO 2 ]2 [O 2 ] 1 = [SO 3 ]2 [SO 3 ]2 / ([So 2 ]2 [O 2 ]) Maka
4
K c(b) =
1 K c (a)
=
1 2,8 x 10 2
= 3,6 x 10
-3
Dan karena
[SO 3 ] [SO 2 ][O 2 ]1 / 2
1/ 2
⎛ [SO ]3 ⎞ 3 ⎟ =⎜ ⎜ [SO ]2 [O ] ⎟ 2 2 ⎠ ⎝
Maka Kc (c) = {Kc(a)} 1/2 =
1 2,8x10 2 = 1,7 x 10
Sebagai ikhtisar, perlu diperhatikan bahwa 1.
Persamaan apapun yang digunakan untuk K C harus sesuai dengan reaksi kimianya yang setara.
2.
Jika persmaannya dibalik, nilai K C dibalik; yaitu, persamaan yang baru merupakan ke balikan dari persamaan aslinya.
3.
Jika koefisien dalam persamaan yang setara dikalikan dengan faktor yang sama (2,3, ....; tetapan kesetimbangan yang baru adalah tetapan kesetimbangan asli dipangkatkan dengal faktor tersebut (2,3, ....).
4.
Jika koefisien dalam persamaan yang setara dibagi dengan faktor tertentu (2,3,....) tetapan kesetimbangan yang baru adalah akar berpangkat faktor tersebut didapat tetapan kes timbangan yang lama (akar pangkat dua, akar pangkat tiga...... ). -5
Contoh 15-2. Untuk reaksi NH3 <===>1/2 N 2 + 3/2 H 2 , K c = 5,2 x 10 pada 298 K Berapakal nilai K c pada 298 K untuk reaksi N 2 + 3 H 2 <====> 2 NH 3 ?
Jawaban. Untuk mendapatkan rumus yang diinginkan, rumus asli harus (1) dibalik, dan (2) dikalikan dua. Jadi, [NH 3 ] 1 = (1) 1/2 N 2 + 3/2 H 2 <===> NH3 K c(1) = K c (1) = [N 2 ]1 / 2 [H 2 ]3 / 2 5,2x10 − 5 = 1,9 x 10 (2) N 2 + 3 H 2 <=====> 2 NH 3
[NH 3 ]2 K c ( 2) = [N 2 ][H 2 ]3
4
K c (2)= ? 2
⎧⎪ ⎫⎪ [NH 3 ] 2 4 2 8 =⎨ ⎬ ={Kc(c)} = (1,9 x 10 ) = 3,6 x 10 1/ 2 3/ 2 ⎪⎩ [N 2 ] [H 2 ] ⎪⎭
Penggabungan Rumus Tetapan o kesetimbangan pada 25 C.
Kesetimbangan.
N2(g) + O 2(g) <=====> 2 NO (g) N2(g) + ½ O 2 (g) <====> N 2O (g)
K c = 4,1 x 10 -18 K c = 2,4 x 10
-31
Jika
kita
diberi
data
tetapan
(15.9) (15.10)
Dan kita ingin mencari K c untuk reaksi N2(g) + ½ O 2 (g) <====> 2 NO (g) K c = ?
5
Kita dapat mencari (15.11) dengan menggabungkan rumus (15.9) dan (15. 10). -31
(1) N2(g) + O 2(g) <=====> 2 NO (g) (2) N 2O(g) <=====> N 2 (g) + ½ O 2
K c(1) = 4,1 x 10 -18 K c (2) = 1/(2,4 x 10 ) 17 = 4,2 x 10
bersih : N 2O + ½ O 2 <====> 2 NO(g)
K c = ?
Hasil kali K c(1) x K c(2), jika disederhanakan akan menghasilkan K c untuk reaksi bersih.
[NO]2 [N 2 ][O 2 ]1 / 2 = [NO]2 = K c (net) x [N 2 ][O 2 ] [N 2O] [N 2O][O 2 ]1 / 2 K c(1)
K c(2)
K c (bersih)=K c(1) x K c(2)=4,1 x 10
-31
17
x 4,2 x 10 = 1,7 x 10
-t3
(15.I2)
Ketetapan penting yang dicapai oleh (15.12) ialah Tetapan kesetimbangan untuk reaksi bersih adalah hasil kali tetapan Ke se ti mb anga n un tu k re ak si -r ea ks i te rp is ah yang di ga bung kan. Tetapan Kesetimbangan yang Dinyatakan sebagai K p. Tetapan kesetimbangan dalam sistem gas dapat dinyatakan berdasarkan tekanan parsial gas, bukan pada konsentrasi molarnya. Tetapan kesetimbangan yang ditulis dengan cara ini dinamakan tetapan kesetimbangan tekanan parsial dilambangkan dengan K p. Untuk menggambarkan hubungan antara K p dan K c suatu reaksi, mari kita lihat lagi reaksi (15.7a). 2 SO 2(g) + O 2(g) <====> 2 S0 3(g) K c =
K c = 2,8 x 10 2 pada 1000 K
(15.7a)
[SO 3 ]2 [SO 2 ]2 [O 2 ]
Juga, sesuai dengan hukum gas ideal, PV =nRT dan
[SO 3 ] =
n SO V
3
=
PSO
3
RT
[SO2] =
n SO
2
=
V
PSO
2
RT
[O 2 ] =
nO
2
V
=
PO
2
RT
Dengan mengganti suku-suku yang dilingkari dengan konsentrasi dalam K c, akan diperoleh rumus
(PSO3 / RT)2 (PSO 3 )2 K c = = x RT (PSO 2 / RT)2 (PO 2 / RT) (PSO 2 )2 (PO 2 )
(15.13)
Nisbah tekanan parsial yang ditunjukkan dalam (15.13), sama dengan tetapan kesetimbangan, K p Hubungan antara K p dan K c untuk reaksi (15.7a) adalah -1
K c = K p x RT dan K p = K c/RT = K c(RT) Jika penurunan yang sama dilakukan terhadap reaksi umum a A(g) + b B(g) + .... <====> g G(g) + h H(g) + ..... 6
(15.14)
hasilnya menjadi K p = K c(RT) ∆
n
di mana ∆ n adalah selisih koefisien stoikiometri dari gas hasil reaksi d a n gas pereaksi; yaitu, ∆ n = (g+h+ ...,) - (a+b+,...). Dalam reaksi (15.7a), ∆ n = 2-(2 + 1)= -1, sebagaimana dinyatakan dalam rumus (15.14). Sekalipun kita tidak menyatakan satuan dalam tetapan kesetimbangan (lihat lagi catatan pada sebelumnya), untuk menggunakan rumus (15.15) diperlukan satuansatuan khusus untuk menyatakan K c dan K p . Sebagaimana telah kita lihat, K c didasarkan pada konsentrasi molar. Dalam buku ini dipilih satuan atm untuk tekanan -1 -1 par sial. Jadi, dal am rumus (15 .15), nil ai R = 0,0821 L atm mol K , yaitu sesuai dengan satuan-satuan yang digunakan untuk menyatakan K c dan K p . Kadang-kadang, nilai K p juga dinyatakan dengan satuan lain dari atm(misalnya, mmHg). Contoh 15-3. Hitunglah K p untuk reaksi (15.7a) dari data yang diberikan.
Jawaban. Jika konsentrasi dalam K c dinyatakan berdasarkan molar dan tekanan parsial dalam K p dinyatakan dalam atm, maka melalui rumus (15.14). -1
2
-1
K p = K c (RT) = 2,8 x 10 (0,0821 x1000) =
2,8x10 2 0,0821x1000
= 3,4
Contoh 15-4. Berapa nilai K p untuk reaksi hidrogen-iod-hidrogen iodida pada ° suhu 445 C?
Jawaban. Untuk reaksi H 2 (g) + I 2 (g) <====> 2 HI(g) ∆ n = 0. Ini berarti bahwa dalam pernyataan K P = n K c(RT) ∆ , K p = K c (karena setiap bilangan yang dipangkatkan "0" nilainya 1). Mengacu pada pers (15.4) dapat disimpulkan bahwa K p = K c = 50,2 Kesetimbangan yang Melibatkan Cairan dan Padatan Murni (Reaksi Heterogen). Persamaan tetapan kesetimbangan hanya mengandung suku-suku yang konsentrasi atau tekanan parsial berubah selama reaksi kimia berlangsung. Karena komposisinya tidak beragam, sekalipun ikut serta dalam reaksi kimia, padatan murn i dan cairan murni tidak diperhitungkan dalam persamaan tetapan kesetimbangan.* Reaksi-reaksi (15.3) dan (15.7a) bersifat homogen (terjadi dalam satu fase) dan tetapan persamaan kesetimbangannya (15.4) dan (15.8a) mengandung suku-suku dari setiap spesies. Untuk reaksi heterogen berikut C(p)+ H 2O(g) <====> CO(g) + H2(g) Pernyataan lain ialah bahwa dalam tetapan kesetimbangan termodinam ika, setiap spesies yang terlibat dalam reaksi dinyatakan berdasar aktivi tasnya. Tetapi, karena aktivitas padatan dan cairan murni adalah 1.000, suku-suku tersebut tidak berpengaruh terhadap rumus tetapan kesetimbangan.
persamaan tetapan kesetimbangan hanya mengandung suku-suku yang berfase gas homogen, yaitu H 2O, CO, dan H 2.
7
K c =
[CO][H 2 ] [H 2O]
Contoh lain dari reaksi heterogen ialah deko mposisi kalsium karbonat. CaCO 3 (p) <=====> CaO(p) + CO 2 (g) K P dapat ditulis dengan cara yang sama, dan hubungan antara K P dan K c diturunkan dari rumus. (15.15), dengan ∆n = 1. K P = Pco 2
K p , = K c (RT)
Sesuai dengan (15.18), tekanan kesetimbangan dari CO 2(g) yang berhubungan dengan CaO(p) dan CaCO 3(p) dengan sendirinya merupakan nilai tetapan kesetimbangan K p . Dan sebagaimana diharapkan, tekanan CO 2 tidak tergantung pada CaO(p) dan CaCO 3(p) yang ada (sekalipun kedua padatan tersebut harus ada). Kesetimbangan cairan-uap merupakan kesetimbangan fisik (tidak melibatkan reaksi kimia), sekalipun demikian, prinsip-prinsip yang telah dikemukakan di atas tetap berlaku. Untuk kesetimbangan penguapan air dapat ditulis H20(c) <====> H20 (g) K c = [H20(g)] K p = P H2 O
K p = K c (RT )
(15.19)
Jadi, kesetimbangan tekanan uap dapat dipandang sebagai tetapan kesetimbangan K p pada suhu yang berbeda, dan sekali lagi, nilainya tidak tergantung pada kuantitas cairan yang ada. °
Contoh 15-5. Kesetimbangan terjadi dalam reaksi berikut pada suhu 60 C, dan -3 -l tekanan gas parsial diketahui sebesar P HI = 3,65 x 10 atm dan P H2S = 9,96 x 10 atm. Berapa nilaiK P reaksi ini?
H2S(g) + I 2 (P) <====> 2HI (g) + S (p)
K P = ?
Jawaban. Ingat bahwa suku untuk padatan murni tidak diperhitungkan dalam rumus tetapan kesetimbangan. Nilai K P ialah K p =
(PHI )2
(PH 2 S )
=
(3,65x10 −3 ) 2 9,96x10 −1
= 1,34 x 10
-5
15-3 Arti Nilai Tetapan Kesetimbangan Pada prinsipnya kita dapat menuliskan rumus tetapan kesetimbangan dan menetapkan nilai numerik tetapan kesetimbangan untuk setiap reaksi kimia, tetapi hanya pada keadaan tertentu nilai-nilai tersebut mempunyai arti. Tabel 15-3 memuat nilai tetapan kesetimbangan untuk beberapa reaksi yang sebelumnya telah kita bahas. TABEL 15-3 Beberapa reaksi kesetimbangan Reaksi 2 H2 (g) + O2 <=====> 2 H2O (c) N2 (g) + O 2 (g) <===> 2 NO (g)
8
tetapan kesetimbangan 1,4 x 1083 pada 298 K -31 5,3 x 10 pada 298 K -4 1,3 x 10 pada 1800 K
2 NO (g) + O 2 <===> 2 NO 2 (g) H2 (g) + I 2 (g) <=====> 2 HI (g) 2 SO3(g) + O2 (g) <=====> 2SO3 (g) C (p) + H 2O (g) <====> CO (g) + H2 (g)
12
1,6 x 10 pada 298 50,2 pada 718 K 3,4 pada 1000 K -21 1,6 x 10 pada 298 10 pada 1100K
Nilai numeris K C atau K p yang sangat besar menandakan bahwa reaksi berjalan ke kanan, sebagaimana dituliskan, berlangsung sempurna atau mendekati sempurna 83
Pada suhu 298 K, nilai K p untuk reaksi pertama ialah 1,4 x 10 , sehingga kita dapat menganggap bahwa reaksi ini berlangsung sempurna. Reaksi kedua dalam Tabel 15-3 menggambarkan sintesis NO (g) dari N 2(g) dan -31 O2(g). Kita dapati bahwa pada 298 K, nilai K p(atau K c ) ). Untuk , sangat kecil (5,3 x 10 mendapatkan nilai numerik yang sangat kecil dari rumus tetapan kesetimbangan, pembilang harus sangat kecil (mendekati nol). Nilai numeris K c atau K p yang sangat kecil menyatakan bahwa reaksi ke kanan sebagaimana dituliskan, tidak berlangsung besar-besaran. Pada 1800 K nilai K p untuk sintesis NO(g) lebih besar dibanding pada 298 K, yang berarti bahwa pada suhu tinggi reaksi ke kanan berlangsung lebih banyak sebelum tercapai kesetimbangan. Dengan alasan ini dapat dijelaskan, bahwa proses pembakaran pada suhu tinggi yang dilaksanakan dengan adanya udara selalu menghasilkan NO(g) sebagai pencemar udara. Jika NO(g) berhubungan dengan O 2 (g) pada 298 K, spesies ini berubah menjadi NO 2 (g) melalui reaksi (reaksi 2 NO (g) + O 2 (g)----> 2 NO 2 (g)) yang berlangsung hampir sempurna (K p = 1,6 x lO 12 ). ° Untuk sintesis HI(g) dari unsur-unsurnya pada 718 K (445 C), kita lihat bahwa K p atau K c tidak terlalu besar atau kecil. Baik reaksi ke kanan atau reaksi ke kiri berlangsung cukup besar. Sejumlah besar H 2(g), I 2(g), dan HI(g) terdapat dalam kesetimbangan, sebagaimana kita saksikan dalam Gambar 15-1 dan Tabel 15-1. Kesimpulan yang sama dapat pula ditarik dari konversi SO 2 (g) menjadi SO 3 (g) pada 1000 K dan reaksi gas air (13.1) pada 1100 K. Tetapi, pada suhu 298 K reaksi gas air tak dapat diharapkan berlangsung baik, karena kecilnya nilai K p . Pembahasan lebih jauh mengenai arah dan besarnya reaksi akan dilakukan pada Sub bab berikut, dan dalam Sub Bab 15-6 kita akan menghitung jumlah nyata dari pereaksi dan hasil yang ada pada waktu kesetimbangan tercapai. Sejauh ini, pemikiran yang sederhana amat membantu untuk membuat penilaian umum mengenai keadaan kesetimbangan sebelum kita melangkah lebih jauh. ,
15 4 Meramalkan Arah dan Besarnya Reaksi Pada setiap saat selama berlangsungnya reaksi dapat dirumuskan nisbah konsentrasikonsentrasi yang bentuknya sama dengan rumus tetapan kesetimbangan. Nisbah ini secara umum dinamakan kuosien reaksi (reaction quotient), dilambangkan dengan Q. Untuk ieaksi bolak balik (15.5), kuosien reaksinya ialah
[G ]g [H]h Q = [A ]a [B]b
(15.20)
Apabila nilai yang disubstitusikan ke dalam kuosien reaksi Q merupakan konsentrasikonsentrasi dalam keadaan setimbang, maka Q akan sama dengan K . 9
Bagaimanakah kemungkinannya jika seperangkat konsentrasi awal dari pereaksi dan basil dalam suatu reaksi bolak-balik menjadi konsentrasi kesetimbangan? Kemungkinannya sangat kecil. Reaksi harus terjadi, semua konsentrasi pereaksi dan hasil harus berubah, sampai kuosien reaksi Q menjadi sama dengan K c. Bergantung pada hubungan Q dengan K c arah reaksi bersih dapat berlangsung ke depan (ke kanan) atau berbalik (ke kiri). TABEL 15-4
Meramalkan arah perubahan dalam reaksi bolak-balik a H 2(g) + I 2(g) <=====> HI(g) K c = 50,2 b
Konsentrasi awal M x 103
Kuosien reaksi awal
arah
2
Percbaan [H2]
[I2]
[HI]
Q=
[HI] [H][I ]
Perbandingan
reaksi bersih
Dari Q dan K c 1
1,88
1,88
9
0
Q=
(1,88x10 2
9
9
1,88 Q =
3.
1,88
1,88
1,88
a
−3 2
Q
ke kanan
= ∞
Q >K
ke kiri
Q
ke kanan
)
(1,88x10 −3 ) 2 0
=0
Q=1
°
Suhu = 445 C; volume reaksi = 0,8000 L. b Konsentrasi awal diperoleh dengan membagi jumlah awal spesies yang bereaksi (dari 3 Tabel 15-1) dengan volume reaksi sebesar 0,8000 L. Konsentrasi dikalikan dengan 10 -3 dalam kolom di atas. Misalnya, percobaan 1, [H 2 ] = 1,88 x 10 M dst. o
H 2 (g) + I 2 (g) <=====> 2 HI(g) K c = 50,2 pada 445 C
(15.21)
Mari kita pusatkan perhatian pada konsentrasi awal dari pereaksi. Dalam percobaan 1, hanya H 2 (g) dan I 2 (g) yang mula-mula ada. Ini berarti bahwa [HI(g)] = 0, dan kuosien reaksi Q = 0, padahal K c reaksi adalah 50,2. Kita ketahui bahwa agar kesetimbangan dalam percobaan 1 tercapai, sejumlah HI(g) harus terbentuk. Reaksi bersih terjadi ke arah kanan. Dengan meningkatnya [HI (g)], maka [H 2 (g)] dan [I 2 (g)] menurun. Kuosien reaksi Q meningkat pula sampai nilainya sama dengan K c. Rea ksi ber sih b erl angsung dari kir i ke kan an jika Q < K c
(15.22)
Dalam percobaan 2 dari Tabel 15-4, hanya HI(g) yang ada mula-mula, tidak ada H 2 (g) dan I 2 (g). Jika [H 2 (g)] = [I 2 (g)] = 0, kuosien reaksi Q mempunyai nilai tak ber hingga ( ∞). Sekali lagi, nilai K c = 50,2. Dalam keadaan ini kita ketahui bahwa agar kesetimbangan tercapai, reaksi bersih harus berlangsung ke arah yang berlawanan, yaitu ke kiri. Dengan cara ini, konsentrasi H 2 (g) dan I 2(g) meningkat sedangkan [HI(g)] menurun. Akhirnya nilai Q menjadi sama dengan K c, dan kesetimbangan tercapai. Rea ksi ber sih b erl angsung dar i kanan ke kiri jika
Q > K c
(15.23)
Dalam percobaan 3 dari Tabel 15-4, ketiga pereaksi terdapat pada awal reaksi sehingga arah reaksi tidak segera diketahui. Tetapi, berdasarkan kriteria yang telah 10
ditetapkan ternyata berlaku (15.22); yaitu Q = 1, yaitu lebih kecil dari K c = 50,2. Reaksi bersih berlangsung ke kanan. Kriteria untuk meramalkan arah per ubahan kimia dal am reaks i bolak- bal ik diilustrasikan dalam Gambar 15-2 dan diterapkan dalam Contoh 15-6 ; Peramalan besarnya reaksi (yaitu konsentrasi kesetimbangan nyata dari konsentrasi awal) membutuhkan perhitungan aljabar tambahan, dan akan dibahas dalam Contoh 15-14. Contoh 15-6. Untuk CO(g)+ H 2 0(g) <====> CO 2(g) +H 2 (g), K c = 1,00 pada kirakira 1100 K. Sejumlah zat berikut dicampur pada suhu tersebut dan dibiarkan bereaksi : 1,00 mol CO; 1,00 mol H 2O; 2,00 mol CO.; dan 2,00 mol H 2 . Dibandingkan terhadap jumlah awalnya, pereaksi manakah yang lebih sedikit, dan mana yang lebih banyak, pada waktu kesetimbangan tercapai?
Jawaban. Pada dasarnya, yang diperlukan di sini ialah menetapkan arah kelangsungan reaksi bersih; dan untuk itu kita gunakan kriteria (15.22) dan (15.23). Untuk mengisi konsentrasi ke dalam kuosien reaksi, dapat dianggap volume reaksi sebesar V. Besarnya tidak begitu penting, karena volume ini akan saling meniadakan. Suku Volume akan saling meniadakan dari persamaan kuosien reaksi atau tetapan kesetimbangan hanya jika eksponen total dari konsentrasi-konsentrasi pada pembilang sama dengan penyebutnya.
Q=
[CO 2 ][H 2 ] (2,00 / V)(2,00 / V ) = = 4,00 [CO ][H 2O] (1,00 / V)(1,00 / V )
Karena Q > K c , reaksi berlangsung ke kiri. Pada waktu kesetimbangan tercapai, jumlah CO 2 dan H 2 akan menurun dibandingkan nilai awalnya, sedangkan jumlah CO dan H 2 0 akan meningkat.
15-5 Mengubah Keadaan Kesetimbangan - Prinsip Le Chatelier Sasaran tertinggi dalam bab ini adalah melakukan perhitungan yang dapat memberikan infomasi terinci mengenai keadaan kesetimbangan reaksi kimia yang dapat balik. Namun, kadangkadang pernyataan kualitatif mengenai kesetimbangan cukup memadai. Lebih-lebih dalam kasus di mana datanya tidak lengkap, hanya mungkin disajikan pernyataan kualitatif. Seorang kimiawan Prancis Le Chatelier (1884) merumuskan pernyataan yang amat bermanfaat dalam memerikan keadaan kesetimbangan. Prinsip Le Chatelier pada pokoknya menyatakan Usaha untuk mengubah suhu, tekanan, atau konsentrasi pereaksi dalam suatu sistem pada keadaan setimbang merangsang terjadinya reaksi yang mengembalikan kesetimbangan pada sistem tersebut. Cara system tersebut menanggapi perubahan yang terjadi, dalam beberapa hal melibatkan pergeseran keadaan kesetimbangan "ke kanari", (berarti cenderung melakukan reaksi ke kanan), atau sebaliknya, yaitu pergeseran "ke kiri" (melakukan reaksi balik). Biasanya mudah meramalkan tanggapan dari perubahan sistem tersebut. Tetapi, kadang-kadang timbul pula kesulitan, karena adanya efek sekunder yang dapat menimbulkan penyimpangan dari dugaan (misalnya, lihat Latihan 44).
11
GAMBAR 15-2 Meramalkan arah perubahan dari reaksi dapat-balik (a) (b) (c) (d) Keadaan awal : pereaksi kesetimmurni bangan
Kuosien reaksi , Q= 0 Reaksi berlangsung
< K c
= K c
ke kanan
(e) hasil murni
> Kc
∞
ke kiri
Percobaan 1 dari Tabel 15-4 sesuai dengan keadaan (a), percobaan 2 dinyatakan dengan keadaan (c), percobaan 3 dengan keadaan (b). Keadaan dalam Contoh 15-6 digambarkan dengan keadaan (d). Pengaruh dari Perubahan Jumlah Spesies yang Bereaks i. Mari kita kembali pada kesetimbangan
2 SO 2(g) + O 2(g) <===> 2 S03(g)
K c. = 2,8 x 102 pada 1000 K
(15.7a)
Gambar 15-3a menjelaskan suatu campuran dalam keadaan setimbang, dan pada Gambar 153b terdapat gangguan dengan menambah 1,00 mol SO 3 sedangkan volume sistem dipertahankan tetap. Bagaimana konsentrasi pereaksi berubah agar tercapai kembali kesetimbangan? Salah satu pendekatan adalah menghitung kuosien reaksi Q, segera setelah penambahan 1,00 mol SO 3. Berapa pun jumlah penambahan SO 3 pada campuran setimbang dengan volume tetap, akan menyebabkan nilai Q lebih besar dari K c. Reaksi bersih harus berlangsurig ke arah yang mengurangi [S0 3 ] , yaitu ke kiri atau ke arah kebalikan reaksi. Kesetimbangan asli ,
Setelah gangguan
[SO 3 ]2 = K c Q= 2 [SO 2 ] [O 2 ]
Q=
[SO 3 ]2 > K c 2 [SO 2 ] [O 2 ]
GAMBAR 15-3. Perubahan keadaan kesetimbangan dengan menambah jumlah salah satu pereaksi dalam reaksi 2 2 SO 2(g) + O 2(g) <===> 2 SO3(g) K c = 2.8 x 10 pada 1000 K
(a) 12
(b)
(c)
(a) Keadaan kesetimbangan awal. (b) Gangguan yang disebabkan oleh penambahan 1.00 mol SO 3. Keadaan kesetimbangan yang baru. Jumlah setiap spesies dalam kesetimbangan yang baru dapat dihitung melalui metode yang akan dibahas dalam sub bab berikut. Besarannya diterakan dalam Gambar 15-3c. Pendekatan secara kualitatif, yang didasarkan pada prinsip Le Chatelier, menyatakan bahwa jika ada usaha untuk menambah konsentrasi dari salah satu pereaksi yang sudah setimbang, maka akan terdapat reaksi yang mengkonsumsi pereaksi tambahan tersebut. Ini berarti akan terdapat reaksi balik, yaitu konversi sebagian dari S0 3 yang ditambahkan menjadi S02 dan 02. Dalam kesetimbangan yang baru, semua pereaksi akan berjumlah lebih banyak dibandingkan pada kesetimbangan aslinya sekalipun peningkatan jumlah S0 3 tentu saja lebih kecil dari jumlah yang ditambahkan, yaitu 1,00 mol. Contoh 15-7. Ramakan pengaruh penambahan H 2 (g) ke dalam campuran kesetimbangan bervolume tetap dari N 2 (g), H2(g), dan NH3(g). N2(g) + 3 H 2(g) <=====> 2 NH 3(g)
Jawaban. Usaha meningkatkan konsentrasi Hz(g) merangsang pergeseran kesetimbangan ke kanan. Tetapi hanya sebagian dari H 2(g) yang ditambahkan terpakai dalam reaksi ini. Pada waktu kesetimbangan tercapai kembali, H 2(g) yang ada tetap lebih banyak dibandingkan semula. Jumlah NH3(g) juga lebih banyak, tetapi jumlah N 2(g) lebih sedikit. [N2(g) terpakai bersama-sama H2(g) jika reaksi bersih berlangsung dari kiri ke kanan. Ingat bahwa hanya H 2(g) yang ditambahkan pada campuran asli, tak ada tambahan N 2(g).] Contoh 15-8. Bagaimanakah pengaruhnya pada kesetimbangan reaksi CaC03(p) <=====> Ca0(p)+ C0 2(g) akibat dari (a) penambahan CaCO 3 (p) dan (b) mengurangi sebagian C0 2(g).
Jawaban. (a) Penambahan atau pengurangan senyawa akan mempengaruhi keadaan kesetimbangan hanya jika terdapat perubahan dalam suku-suku konsentrasi yang ada dalam persamaan tetapan kesetimbangan. Sebagaimana kita ketahui dalam Sub Bab 15-2, CaC0 3(p) K tidak diperhitungkan dalam persamaan (15.18). Penambahan CaCO 3 (p) tidak akan mempengaruhi keadaan kesetimbangan. Atau, tekanan parsial CO 2(g) dalam campuran tidak akan berubah. (b) Pengurangan CO 2(g) dari campuran kesetimbangan akan berpengaruh karena menurunnya konsentrasi (atau tekanan parsial). Untuk melawan perubahan ini, sebagian CaC0 3 (p) akan mengurai mengganti CO 2(g) yang dikeluarkan dan untuk memulihkan kesetim bangan. Jika C02 (g) dikurangi terus menerus dari campuran kesetimbangan, kesetim bangan tak akan pernah tercapai dan reaksi akan berlangsung sempurna . Pengaruh Perubahan Tekanan. Dalam Gambar 15-4a, volume campuran kesetimbangan dikurangi menjadi sepersepuluhnya dari keadaan awal, dengan menambah tekanan luar (eksternal) kepada campuran tersebut. Sekali lagi, harus terjadi penyesuaian terhadap jumlah kesetimbangan dari pereaksi agar sesuai dengan persamaan K c nya.
13
K c
[SO 3 ]2 = = [SO 2 ]2 [O 2 ]
(n SO 3 / V )2 (n SO3 )2 = .V = 2,8 x 10 (15.24) (n SO 2 / V )2 (n O 2 / V ) (n SO 2 )2 (n O 2 ) 2
Dari pers. (15.24) diketahui bahwa jika V ditekan 10 kali, nisbah
(n SO3 )2
(n SO 2 )2 (n O 2 )
harus dikalikan 10 kali. Jumlah kesetimbangan S0 3 harus meningkat, dan jumlah O 2 harus menurun. Keterangan kuantitatif mengenai kesetimbangan yang baru dalam Gambar 15-4b. SO2 serta diberikan GAMBAR 15-4 Pengaruh perubahan tekanan pada keadaan kesetimbangan dalam reaksi
2 SO2(g) + O2(g) <====> 2 SO3(g)
2
K c = 2,8 x 10 at 1000 K
0,83 mol SO3 0,085 mol O2 0,17 mol SO2
(a) (b) Tanggapan sistem yang setimbang terhadap peningkatan tekanan eksternal ialah melalui pengerutan volume sekecil mungkin. Dalam reaksi 2 SO 2(g) + O 2(g) <====> 2 SO 3(g), 3 mol gas di sebelah kiri menghasilkan 2 mol gas di sebelah kanan. Hasil reaksi, yaitu S03 menempati volume yang lebih kecil dibandingkan pereaksinya. Jadi, peningkatan tekanan mengakibatkan tambahan produksi SO 3. Jika tekanan pada campuran kesetimbangan yang melibatkan gas ditingkatkan, reaksi bersih akan berlangsung ke arah yang mempunyai jumlah mol gas lebih kecil. Jika tekanan diturunkan, reaksi bersih berlangsung ke arah yang menghasilkan jumlah mol gas lebih banyak. Ketentuan gas ditekankan dalam pernyataan ini, karena pengaruh tekanan pada kesetimbangan reaksi yang melibatkan fase embun dapat diabaikan. Padatan dan cairan umumnya tak dapat ditekan (incompressible). Pengaruh Gas Lembam (Inert). Karena gas lembam tidak berperanserta dalam reaksi kesetimbangan, maka keberadaannya diharapkan tidak akan mempengaruhi keadaan kesetimbangan. Sebenarnya, berpengaruh atau tidaknya gas lembam terhadap keadaan kesetimbangan tergantung pada cara melibatkan gas lembam tersebut. Jika sejumlah gas helium ditambahkan pada campuran kesetimbangan seperti pada Gambar 15-4a, selama volume dipertahankan tetap, tekanan gas total akan meningkat. Tekanan parsial SO 2 (g), O2 (g), dan SO 3(g) tetap sama, demikian pula jumlah setimbangnya. Dalam keadaan ini 14
gas lembam tidak mempenaruhi keadaan kesetimbangan. Sebaliknya, jika helium ditambahkan pada campuran seperti pada Gambar 15-4a pada tekanan tetap, maka volume reaksi akan meningkat. Pengaruhnya pada kesetimbangan akan sama seperti peningkatan volume yang diakibatkan oleh menurunnya tekanan luar. Keadaan kesetimbangan akan bergeser ke arah yang mempunyai jumlah mol gas lebih banyak, yaitu ke kiri. Ringkasnya, gas lembam mempengaruhi keadaan kesetimbangan hanya jika gas tersebut mengakibatkan perubahan konsentrasi (atau tekanan parsial) dari pereaksi-pereaksinya. Pengaruh Suhu. Dalam Sub Bab 15-7 akan dibahas hubungan kuantitatif antara tetapan kesetimbangan dengan suhu. Pernyataan kualitatif dapat dijelaskan melalui prinsip Le Chatelier. Mengubah suhu campuran kesetimbangan dapat dilakukan dengan menambah atau mengurangi kalor dalam sistem tersebut. Penambahan kalor akan menguntungkan reaksi serap-panas (endoterm). Pengurangan kalor akan menguntungkan reaksi lepas panas (eksoterm). (Sistem berusaha mengganti kalor yang dikeluarkan.) Ringkasnya. Peningkatan suhu suatu campuran kesetimbangan menyebabkan pergeseran keadaan kesetimbangan ke arah reaksi endoterm. Penurunan suhu menyebabkan pergeseran ke arah reaksi eksoterm. Contoh 15-9. Apakah konversi SO 2(g) menjadi SO 3 (g) lebih baik berlangsung pada suhu tinggi atau rendah? 2 S0 2(g) + 02(g)<====> 2 S0 3(g)
∆H°
= -180 kJ/mol
Jawaban. Meningkatkan suhu menguntungkan reaksi endoterm, yaitu kebalikan reaksi di atas. Agar reaksi ke depan berlangsung, suhu harus diturunkan. Karena itu, konversi SO 2(g) menjadi SO 3(g) lebih baik berlangsung pada suhu rendah.
15-6 Perhitungan Kesetimbangan - Beberapa Contoh Ilustrasi Perhitungan yang berhubungan dengan keadaan kesetimbangan kimia termasuk yang terpenting dalam pelajaran kimi. Perhitungan ini akan dibahas dalam beberapa bab ber ikut. Dal am Sub bab ini hanya akan diuraikan con toh-cont oh yan g bertal ian dengan pri nsi p-prinsi p das ar yang tel ah dip apa rkan. Setia p contoh yan g diberikan akan disertai "komentar", yang menjelaskan sifat-sifat khusus. Kumpulan "komentar" akan merupakan metodologi dasar dalam perhitungan kesetimbangan. Contoh 15-10. Kesetimbangan tercapai pada reaksi N 2 0 4 (g) <===> 2 N0 2 (g) pada ° suhu 25 C. Jumlah pereaksi dan hasil yang terdapat dalam volume 3,00-L adalah 7,64 g N2 04 dan 1,56 g NO 2 . Berapa nilai K c reaksi ini?
Jawaban. Jumlah kesetimbangan mol mol/L 1 mol N 2 O 4 7,64 g N 2 O 4 x =0,083 mol N 2 O4 92,0 g N 2 O 4
Konsentrasi kesetimbangan [N 2O 4 ] =
0,083 mol N 2 O 4 = 0,0277 3L
M 1,56 g NO 2 x
K c =
[NO 2 ]2 [N 2O 4 ]
1 mol NO 2 =0,0339 mol NO 2 46,0 g NO 2 =
(1,13x10− 2 )2 = 4,61 x 10 2,77 x10
[NO 2 ] =
0,0339 mol NO 2 = 0,0113 M 3L
-3
−2
Komentar. Substitusi yang benar harus dilakukan dalam persamaan tetapan kesetimbangan K c. Untuk menjamin hal ini, mentabulasi data dan memberi label setiap 15
jenis amat memban tu. Yang har us diguna kan ialah konsentr asi kes eti mbangan dalam mol/L, bukan jumlah k eseti mbangan dalam mol . Contoh 15-11. Sebanyak 0,0200 mol SO 3 dimasukkan ke dalam ruang hampa 1,52 L dan dipanaskan sampai 900 K, di mana kesetimbangan tercapai. Jumlah SO 3 yang ada pada kesetimbangan adalah 0,0142 mol. Berapa (a) nilai K c dan (b) K p reaksi pada 900 K. 2 SO3 (g) <====> 2 S0 2 (g) + O 2 (g)?
Jawaban. Dalam tabel data berikut, kunci yang penting adalah perubahan jumlah SO 3 ; (0,0142 - 0,0200) mol SO 3 = -0,0058 mol SO 3 . (Tanda negatif menunjukkan bahwa per eaksi terpa kai unt uk mencapai kes eti mbangan.) Dalam kol om ber tan da "perubahan", kita harus menghubungkan perubahan jumlah SO 3 dengan jumlah per ubahan SO 2 dan O 2 . Untuk itu harus digunakan persamaan yang setara, yaitu dengan koefisien stoikiometri berturut-turut 2,2, dan 1. Atau 1 mol SO 2 dan 1/2 mol O 2 dihasilkan untuk setiap mol SO 3 yang terpakai. Reaksi 2 SO 3(g) <====> 2 SO 2(g) + O 2 (g) Jumlah awal Perubahan Jumlah kesetimbangan
0,02 mol
0,00 mol
-0,0058 mol
+ 0,0058 mol
+ 0,0029 mol
0,0142 mol
0,0058 mol
0,0029 mol
Konsentrasi [SO3 ] = 0,0142 mol/1,52L
0,00 mol
[SO3 ] =
[SO 3 ] =
0,0058 mol/1,52L
Kesetimbangan 3 M
(a) K c =
= 9,34 x 10
[SO 2 ]2 [O 2 ] = [SO 3 ]2 ∆n
-3
M
(9,34x10
−3 2
= 3,1 x 10
-4
)
(b) K p = K c(RT) = 3,1 x l0 (0,0821 x 900) -4
= 1,9 x 10 -
= 3,8 x 10 M
(3,8x10 −3 ) 2 (1,9x10 −3 ) -4
0,0029 mol/1,52L
-3
(2+1)-2
= 3,1 x 10 (0,0821 x 900)
1
= 2,3 x 10
-2
Komentar : 1. Persamaan kimia untuk reaksi dapat-balik mempunyai dua fungsi, yaitu dalam menurunkan persamaan tetapan kesetimbangan dan memberikan faktor konversi untuk menghubungkan jumlah dan konsentrasi kesetimbangan terhadap keadaan awalny a. 2. Baik untuk K c atau K P atau hubungan antara keduanya, kedua persamaan tersebut harus didasarkan pada persamaan kimia yang diberikan, bukan pada persamaan kimia lain: K p dan K . dihubungkan dengan reaksi belerang dioksida-oksigen-belerang trioksida dalam Contoh 15-3, tetapi hasilnya di sini berbeda karena persamaan kimianyapun berbeda.
Contoh 15-12. Amonium hidrogen sulfida, NH 4 HS, mengurai cukup banyak sekalipun pada suhu kamar. NH 4HS(p)<===> NH 3 (g) + H 2S(g)
-1
°
K p(atm) = 1,08 x 10 pada 25 C
Contoh NH 4HS(p) dimasukkan ke dalam ruang hampa untuk mencapai ° kesetimbangannya pada suhu 25 C. Berapakah tekanan gas total pada kesetimbangan?
16
Jawaban. K p untuk reaksi adalah hasil kali tekanan parsial NH 3(g) dan H 2S(g), masingmasing dinyatakan dalam atm. Kedua gas tersebut dihasilkan dalam jumlah molar yang sama melalui penguraian NH 4HS, P NH3 =PH2S ; dan Ptot = P NH3 + PH2S =2 x P NH3 Ptot = 2 x P NH3 2 -1 -2 Kp = (P NH3)(PH2S) = (P NH3)(P NH3) = (P NH3) = 1,08 x 10 = 10,8 x 10 P NH3 =
10,8x10 − 2 = 3,29 x 10 atm -1
-1
Ptot = 2 x P NH3 = 2 x 3,29 x 10 atm = 0,658 atm. Komentar. Pada waktu menuliskan tetapan kesetimbangan K p , carilah hubungan antara tekanan-tekanan parsial dari pereaksi yang ada. Jika tekanan gas total perlu dihubungkan dengan tekanan parsial pereaksi, hal ini dapat dikerjakan melalui pers amaan yang diuraikan dalam Bab 5 (misalnya persamaan 5.12, 5.13, dan 5.16). Contoh 15-13. Sebanyak 0,0240-mol N 204(g) dibiarkan mengurai dan setimbang ° dengan N0 2 (g) dalam wadah 0,372 L pada suhu 25 C. Berapakah persen disosiasi N 2 04 ? N204(g) <===> 2 N0 2(g)
-3
°
K c = 4,61 x 10 pada 25 C
Jawaban. Dengan persen disosiasi dimaksudkan persen dari molekul N 204 awal yang berubah menjadi N0 2 (lihat Gambar 15-5). Untuk ini diperlukan penetapan jumlah mol pere aksi dan hasi l dalam kesetimbangan. Kita gunakan bilangan anu, x Misalkan x = jumlah mol N 204 yang berdisosiasi. Kita masukkan nilai ini ke dalam kolom bertanda "perubahan" dalam tabel berikut. Jumllah NO 2 yang dihasilkan ialah 2x GAMBAR 15-5 ° Kesetimbangan dalam reaksi N 2O4 (g) <===> 2 NO 2 (g) pada 25 C; ilustrasi Contoh 15-13.
NO2
N2O4 (a) Setiap molekul yang digambarkan menyatakan 0,001 mol. (a) Mula-mula, N204 murni dimasukkan ke dalam wadah gelas, kemudian wadah ditutup. Gambar menunjukkan 24 "molekul" yang berarti 0,024 mol N 204 (b) Pada kesetimbangan, beberapa molekul N 204 berdisosiasi menjadi N02 (terlihat hitam). Gambar menunjukkan 21 "molekul" N 204 dan 6 "molekul" N0 2, berarti 0,021 mol N 204 dan 0,006 mol NO2 Reaksi Jumlah awal : Perubahan :
N2O4 0,024 mol - x mol
<=====>
2NO2 0,000 mol + 2 x mol 17
Jml kstimbangan Konsentrasi : [N2O4] Kesetimbangan :
(0,024 – x ) mol
2 x mol [NO2]
(0,024 – x mol)/0,372 L
=2 x mol/0,372L
2
⎛ 2x ⎞ ⎜ ⎟ [NO 2 ]2 ⎝ 0,372 ⎠ 4x 2 = = = 4,61 x 10-3 K = [N 2O 4 ] 0,024 − x 0,372(0,024 − x) 0,372
4 x2 = 4,12 x 10-5 –(1,71 x 10-3)x 2 -4 -5 x + (4,28 x 10 )x – 1,03 x 10 = 0 untuk menyelesaikan persamaan ini dapat dipergunakan persamaan abc untuk persamaan kuadrrat, disini mungkin hasil hitungan bisa – atau +. Dalam soal ini x harus bernilai positif, lebih kecil dari 0,024. -3 Maka setelah dicari diperoleh x = 3,00 x 10 mol N2O4 Persen dissosiasi N2O4 dihitung melalui rumus % dissosiasi N2O4 =
− 3,00x10 3 mol N 2 O 4 disos
x 100% 0,0240 mol N 2 O 4 awal = 12,5% Komentar : Jika satu atau lebih besaran dalam rumus tetapan kesetimbangan harus dinyatakan dalam bilangan x, ada beberapa cara pemecahan x ini. Cara pernecahan x tidak akan diuraikan di sini, tetapi perlu diingat bahwa harus ditetapkan definisi x. x dapat berupa
1. Jumlah zat (mol) atau konsentrasi (mol/L). 2. Dinyatakan sebagai peraksi yang terpakai atau hasil yang terbentuk. 3. Nilai negatif atau positif. (Umpamanya lebih disukai definisi yang menghasilkan x positif.) Contoh 15-14. Suatu larutan dibuat dengan konsentrasi awal: [F e 3+ ]= [Hg 2 2+ ]=0,5000 M; [Fe2+] = [Hg 2 + ] = 0,03000 M. Reaksi berikut terjadi antara ion-ion tersebut. 3+
2 Fe (aq) + Hg2
2+
(aq) <====>2 Fe
2+
(aq) + 2Hg
2 +
-6
°
(aq) K c = 9,14 x 10 pada 25 C
Berapakah konsentrasi ion-ion tersebut pada waktu kesetimbangan tercapai?
Jawaban. Sekalipun tidak terlalu perlu, perbandingan Q dan K membantu anda menggambarkan pemecahan soal ini 2 (0,03)2 (0,03)2 Fe 2 + ][Hg 2 + ] [ Q= = = 6,48 x 10 2 3+ 2 2+ [Fe ] [Hg 2 ] (0,5) (0,5)
-6
< K c = 9,14 x 10-6
Karena Q lebih kecil dari K c, maka reaksi harus berlangsung ke kanan (ingat kriteria 15.22). Mari kita definisikan x sebagai jumlah mol per liter dari Fe3+ yang berubah menjadi Fe2+ . Beberapa konsentrasi kesetimbangan kemudian dapat dinyatakan dalam x, sebagaimana ditunjukkan berikut. 3+ 2+ 2+ 2 + 2 Fe (aq) + Hg2 (aq) <====> 2 Fe (aq) + 2H g Reaksi Konsentrasi Awal 0,5 M 0,5 M 0,03 M 0,03 M 18
Perubahan Konsentrasi Kstbangan
-xM
-x/2 M
(0,5 – x) M 2
(0,03 + x) (0,03 + x)
K C =
+xM
(0,5 – x/2)M 2
=9,14 x 10
(0,5 − x) 2 (0,5 − x / 2)
+xM
(0,03 + x)M
(0,03 + x)M
-6
Pemecahan persamaan ini dapat dipermudah apabila dilakukan asumsi (praduga) dan jika asumsi ternyata berlaku. Jika x jauh lebih kecil dari 0,5000, maka(0,5000 - x) = 0,5000,dan (0,5 – x/2) = 0,5 Asumsi ini menghasilkan rumus K c =
(0,03 + x )2 (0,03 + x )2 (0,5)2 (0,5) 4
=9,14 x 10
-6
-6
-8
(0,03 + x) = 1,14 x 10 = 114 x 10 Tarik akar pangkat empat dari setiap sisi persamaan (yaitu, tarik akar pangkat dua sebanyak dua kali). 2 -4 (0,03000 + x) = 10,7 x 10 (0,03000 + x) = 3,27 x 10 -2 -2 -3 x = 3,27 x 10 - 0,03000 = 2,7 x 10 -3
Asumsi ternyata berlaku, karena 2,7 x 10 jauh lebih kecil dari 0,5000. Konsentrasi-konsentrasi kesetimbangan 2+
-3
-2
[Fe ] = 0,03 +x = 0,03 +2,7 x 10 = 3,27 x 10 M [Hg 2+ ] = 0,03 +x = 0,03 +2,7 x 10 -3 = 3,27 x 10 -2 M 3+
-3
-1
[Fe ] = 0,5 – x = 0,5 – 2,7 x 10 = 4,973 x 10 M 3+
-3
-1
[Hg 2 ] = 0,5 – x/2 = 0,5 – 1,4 x 10 = 4,986 x 10 M Komentar : 1. Kadang-kadang ada baiknya membandingkan kuosien reaksi Q dengan tetapan kesetimbangan K c untuk menentukan arah reaksi bersih yang berlangsung. 2. Dalam beberapa perhitungan kesetimbangan, seringkali terlibat spesies-spesies dalam larutan berair; anda dapat bekerja dengan konsentrasi molar. 3. Pemecahan aljabar dapat dipermudah apabila anda mengenal hubungan antara sukusuku dalam rumus tetapan kesetimbangan. Biasanya, penyederhanaan irii berupa x jauh lebih kecil dari nilai numerik lain yang ditambahkan atau dikurangkan.
15-7 Pengaruh Suhu pada Kesetimbangan Umumnya, tetapan kesetimbangan suatu reaksi tergantung pada suhu. Nilai K P untuk reaksi belerang dioksida-oksida-belerang trioksida pada beberapa suhu dicantumkan pada Tabel 15-5, TABEL 15-5 T, K 800 850 900 950 1000 1050
-1
1/T K -4 12,5 x 10 -4 11,8 x 10 -4 11,1 x 10 -4 10,5 x 10 -4 10,0 x 10 -4 9,52 x 10
K p 2 9,1 x 10 2 1,7 x 10 1 4,2 x 10 1 1,0 x 10 0 3,2 x 10 0 1,0 x 10
log K p 2,96 2,23 1,62 1,00 0,51 0,00
19
-4
1100 1170
-1
9,09 x 10 -4 9,55 x 10
3,9 x 10 -1 1,2 x 10
-0,41 -0,92
bersama-sama dengan beberapa fungsi data yang telah anda kenal, yaitu log K dan 1/T. Gamhar 15-6 memperlihatkan plot log K terhadap 1/T yang menghasilkan garis lurus. Persamaan garis lurus ini ialah o
log K = Persamaan garis lurus
y
− ∆H 1
+ tetapan 2,303 T = m x +b
15.15
GAMBAR 15-6. Ketergantungan pada suhu bagi tetapan kesetimbangan K c reaksi
2 S0 2 (g) + 0 2 (g) <====>2 S0 3 (g)
o
Gambar ini dapat digunakan untuk menentukan kalor reaksi ∆ H (lihat pers 15.25). kemiringan =
− ∆H
o
2,9 3 = = 9,4 x 10 K − − 4 1 2,303R 3,1x10 K
o
∆ H = -2,303 x 8,314 J mol -1 K -1 x 9,4 10 3 K 5
2
= - 1,8 x 10 J/mol = -1,8 x 10 kJ/mol Kemudian, sebagaimana telah dicontohkan dua kali (dalam menentukan persamaan 11.3 dan 14.29), suku yang tetap dapat dihilangkan dari pers. (15.25) untuk menghasilkan bentuk yang telah anda kenal (dinamakan persamaan van't Hoff). log
K 2 K 1
=
o
⎛ T − T1 ⎞ ⎟ x⎜⎜ 2 2,303R ⎝ T2 T1 ⎠⎟ ∆H
(15.26)
K 2 dan K 1 adalah tetapan kesetimbangan pada suhu kelvin T 2 dan T1. ∆ H (kalor) molar standar dari reaksi. Nilai positif dan negatif untuk ∆ H diperlukan asumsi bawah ∆ H banyak hal.
20
o°
o
o
adalah entalpi
dimungkinkan; dan
tidak tergantung pada suhu, yang biasanya berlaku dalam
o
Menurut prinsip Le Chatelier, jika ∆ H >0 (endoterm), reaksi ke depan terjadi jika o
suhu ditingkatkan, menyiratkan bahwa nilai K meningkat dengan suhu. Jika ∆ H <0 (eksoterm), reaksi kebalikan terjadi jika suhu ditingkatkan, dan nilai K menurun dengan suhu. Persamaan (15.26) menghasilkan nilai kuantitatif yang sesuai dengan pengamatan kualitatif dari prinsip Le Chateller, sebagaimana dikukuhkan oleh contoh 15-15. Contoh 15-15. Gunakan data dari Tabel 15-5 dan Gambar 15-6 untuk menduga suhu reaksi dengan K p = 1.0 x 106 dari 2 S02(g) + 02(g) <====> 2 S0 3(g)
Jawaban. Untuk substitusi ke dalam pers. (15.26) gunakan nilai yang diketahui dari Tabel 155 dan kalor reaksi yang ditetapkan melalui Gambar 15-6. T2 = 800 K
K 2 = 9,1 x 10 2
T1 = ?
K 1 = 1,0 x 10
9,1x10 2
o
∆ H = -1,8 x 10 5 J/mol
6
− 1,8x10 5 ⎛ 800 − T1 ⎞ ⎜ ⎟ log = log 9,1 x 10 = -3,04 = 2,303x8,314 ⎜⎝ 800T1 ⎠⎟ 1,0x10 6 2,303x8,314x3,04x800 1,8x10 5
-4
T1 = 800 – T1
0,26 T1 = 800 – T 1 1,26 T1 = 800 maka T 1 = 800/1,26 = 635 K Berikut ini adalah kesan akhir yang penting: Persamaan Clausius-Clapeyron (11.3) mengenai ketergantungan tekanan uap pada suhu merupakan bentuk istimewa dari pers. (15.26). Tekanan uap adalah nilai K P (ingat pers 15-19), dan ∆H ouap setara dengan ∆H orks
15-8 Dasar-dasar Kinetik pada Tetapan Kesetimbangan Telah beberapa kali kita ketahui dari kenyataan, bahwa pada waktu kesetimbangan tercapai, laju reaksi ke depan dan reaksi balik menjadi sama. Dapatkah pernyataan ini menjadi dasar penurunan teori mengenai rumus tetapan kesetimbangan? Usaha pertama untuk menghubungkan laju reaksi dengan tetapan kesetimbangan dilakukan oleh Guldberg dan Waage (lihat lagi halaman 151). Mereka mengajukan bahwa keadaan kesetimbangan dapat diperikan dengan mempersamakan hukum-hukum laju pada reaksi ke kanan dan ke kiri. Namun,rumus ini tidak selalu menghasilkan rumus tetapan kesetimbangan. Guldberg dan Waage tidak selalu menggunakan koefisien dari persamaan reaksi yang setara sebagai eksponen dalam rumus hukum laju. Penyelidik lain, termasuk van't Hoff, telah menghasilkan bentuk yang benar mengenai rumus tetapan kesetimbangan sebelum Guldberg clan Waage. Mari kita kaji pemikiran Guldberg dan Waage lebih jauh. Untuk ini kita gunakan contoh ilustrasi reaksi hodrogen-iod-hidrogen iodida. k1 H2(g) + I2(g) <===> HI(g) k2
(15.27)
Misalkan mekanisme reaksi ini melibatkan proses bimolekul satu tahap sebagaimana dijelaskan dalam Sub Bab 14-10. Kita dapat menuliskan hukum laju sederhana, dan 21
mempersamakannya untuk keadaan kesetimbangan. Penataan ulang dari pers. (15-28) menghasilkan rumus yang bentuknya sama dengan tetapan kesetimbangan (15.4). 2
Reaksi kekanan = k 1[H2][I2] =k 2 [HI] = reaksi ke kiri K c =
k 1
=
k 2
[HI ]
(15.28)
2
[H 2 ][I 2 ]
(15.29)
Tetapi ada keberatan dengan cara penurunan rumus ini. Mekanisme lain telah diajukan untuk reaksi (15.27) dalam Sub Bab 14-10, yaitu mekanisme dua-tahap yang diberikan dalam pers. (15.30) dan (15.31). Bagaimana keadaan kesetimbangannya jika diberikan melalui mekanisme tersebut? k 1 (cepat) I 2(g) <====> 2 I(g) k 2 k 3 (lambat) 2 I (g) + H 2(g) <====> 2 HI(g) k 4
(15.30)
(15.31)
Mari kita tentukan keadaan "steady-state" untuk masing-masing kesetimbangan ini k 1
2
(cepat)
k 1 [I 2] = k 2 [I] dan 2
(lambat)
k 4
=
k 3[I 2 ] [H 2 ] = k 4 [HI] dan
[HI] 2 k 1 k 2
[I 2 ]
2
Sekarang, pecahkan pers. (1532) untuk [I] untuk memperoleh k 3
=
k 2
[I ] 2
[I 2 ][H 2 ]
dan
k 1 k 3 k 2 k 4
=
2
k 3 k 4
(15.32)
=
[ HI] 2 [H 2 ][I ]2
(15.33)
dan substitusikan ke dalam persamaan (15.33) [HI ]2
[I 2 ][H 2 ]
= K c
(15.34)
Sekali lagi kita peroleh rumus yang bentuknya sama dengan rumus ketetapan kesetimbangan yang telah ditulis dalam pers. (15.4). Memang, semua mekanisme yang mungkin untuk suatu reaksi dapat-balik dapat digunakan untuk menurunkan rumus tetapan kesetimbangan dalam bentuk yang diramalkan (misalnya sebagaimana tertulis dalam pers. 15.6). Pengaruh Katalis pada Kesetimbangan. Katalis dalam reaksi dapat-balik dapat mempercepat reaksi baik reaksi ke kanan atau ke kiri. Keadaan kesetimbangan tercapai lebih cepat, tetapi katalis tidak mengubah jumlah kesetimbangan dari spesies-spesies yang bereaksi. Jadi, untuk suatu keadaan reaksi, jumlah kesetimbangan SO 2(g), 0 2(g), dan S0 3(g) besarnya tetap. Keadaan ini berlaku pada reaksi lambat yang dilaksanakan secara fase gas homogen, atau secara cepat dalam fase heterogen pada permukaan katalis. Atau dengan kata lain, katalis tidak mengubah nilai numeris tetapan kesetimbangan. 2 SO 2(g) + O 2(g)<====>2 S03(g)
2
K c = 2,8 x lO pd 1000 K
Peranan katalis adalah mengubah mekanisme reaksi kimia agar tercapai energi aktivasi yang lebih rendah (ingat Gambar 14-12). Juga, katalis tidak berpengaruh pada keadaan kesetimbangan suatu reaksi dapat-balik. Dari kedua fakta ini dapat diartikan bahwa keadaan kesetimbangan tidak tergantung pada mekanisme reaksi. Jadi, 22
sebagaimana dinyatakan di atas, tetapan kesetimbangan yang diturunkan secara kinetik tidak dpengaruhi oleh mekanisme yang dipilih. Lebih lanjut, kita dapat menerima adanya katalis hipotetis yang dapat mengubah mekanisme suatu reaksi dapat balik menjadi proses satu tahap sederhana dalam persamaan kimia yang setara. Rumus tetapan kesetimbangan yang diturunkan dari mekanisme demikian
FOKUS PADA Sintesis Ammonia dan Senyawa Nitrogen Lain Pengembangan metode-metode secara langsung atau tidak langsung bersumber dari ketiga pemenang Hadiah Nobel. Yaitu Wilhelm Oswalt; Fritz Haber dan Carl Bosh Unsur nitrogen terdapat di atmosfir dan menyusun sebanyak 78% dari volumenya, tetapi karena sifat kelembaman nitrogen, senyawa-senyawa nitrogen tidak banyak terdapat di alam. Satu-satunya sumber alam yang penting ialah garam NaN0 3. Metode untuk mensintesis senyawa-senyawa nitrogen, yang dikenal sebagai fiksasi nitrogen buatan, merupakan proses industri yang sangat penting. M etode utama ialah mereaksikan N 2 dan H2 membentuk ammonia. Ammonia dapat dioksidasi menjadi oksidaoksida dari nitrogen, yang kemudian dapat dikonversi menjadi asam nitrat dan garamgaram nitrat. Urea merupakan bahan kimia yang mengandung nitrogen, yang terbentuk melalui reaksi NH 3 dengan CO 2 Bagan produksi beberapa bahan kimia diberkan dal am Gambar 15-7. GAMBAR 15-7
Bagan produksi beberapa senyawa kimia yang mengandung nitrogen. Yang dilingkari, penting artinya sebag ai pupuk.
Ammonia. Dasar teori dari reaksi sintesis ammonia dan uji laboratorisnya merupakan penelitian Fritz Haber (1908). Alat-alat laboratorium Haber dapat memproduksi sebanyak 1 kg NH3 per hari. Usaha pengembangan proses Haber menjadi operasi besarbesaran merupakan tantangan bagi insinyurinsinyur industri kimia pada saat itu, karena metode tersebut mensyaratkan reaksi kimia dalam fase gas pada suhu dan tekanan tinggi dengan katalis yang sesuai. Pekerjaan ini dipimpin oleh Carl Bosch di Badishe Anilin und Soda Fabrik (BASF). Pada tahun 1913, pabrik beroperasi dengan produksi 30.000 kg NH 3 per hari. Pabrik ammonia modern saat ini mempunyai kapasitas 50 kali lebih besar. Beberapa data relevan mengenai reaksi sintesis ammonia ialah 23
N2 (g) + 3 H 2 (g) <===> 2 NH3 (g)
(15.35) o
5 Pada 298 K Kp = 6,2 x 10 dan ∆ H = -92,38 kJ/mol
Untuk setiap 4 mol gas yang bereaksi [ 1 mol N 2(g) dan 3 mol H 2(g)] , dihasilkan 2 mol NH 3 Peningkatan tekanan menyebabkan campuran reaksi bervolume kecil dan menyebabkan terjadinya reaksi yang menghasilkan jumlah mol gas (atau produksi NH 3(g) yang lebih sedikit. Reaksi ke kanan bersifat eksoterm. Reaksi eksoterm lebih baik terjadi jika suhu diturunkan. Jadi, kondisi optimum untuk produksi NH 3 adalah tekanan tinggi dan suhu rendah. Tetapi, keadaan "optimum" ini tidak mengatasi masalah laju reaksi. Sekalipun produksi kesetimbangan NH3 lebih baik terjadi pada suhu rendah, laju pembentukannya sangat lambat, sehingga reaksi ini tidak layak. Salah satu cara untuk meningkatkan reaksi adalah dengan meningkatkan suhu (sekalipun konsentrasi kesetimbangan NH 3 juga menurun). Cara lain adalah dengan menggunakan katalis. Keadaan reaksi yang biasa dilakukan dalam proses o Haber-Bosch ialah 550 C, tekanan berkisar dari 150 sampai 350 atm, dan katalis, biasanya besi dengan campuran A1203, MgO, CaO, dan K 20. Perbedaan yang menyolok antara kondisi optimum teoritis dan kondisi operasional yang nyata diberikan dalam Gambar 15-8. Cara lain untuk meningkatkan laju produksi NH 3 ialah memindahkan NH3 segera setelah terbentuk. Hal ini dilakukan dengan mencairkan NH 3 dan mendaur-ulang N 2 dan H2, yang tidak mudah dicairkan. Gangguan yang ditimbulkan bergeser ke arah reaksi yang menghasilkan NH 3 Kenyataannya, campuran tak perlu dibiarkan mencapai kesetimbangan sama sekali. Dengan cara ini, N 2 dan H2 dapat dikonversi 100% menjadi NH3. Diagram reaksi sintesis ammonia diberikan pada Gambar 15-9. GAMBAR 15-8.
Konversi kesetimbangan dari N 2(g) dan H 2 (g) menjadi NH3(g) sebagai fungsi suhu dan tekanan.
Tahap kritis dalam reaksi ammonia ialah cara produksi H 2(g). Produksi H2(g) dapat dilakukan dengan beberapa cara. Dalam proses Haber-Bosch yang ash, H 2(g) diperoleh dari batubara dan uap melalui reaksi gas air (13.1 dan 13.2). Metode yang umum digunakan sekarang ialah melalui pembentukan uap dari gas alam (metana) atau hidroka rbon lai n
24
GAMBAR 15-9 Reaksi sintesis Ammonia
Campuran gas N 2-H 2 dan katalis dimasukkan ke dalam reaktor pada suhu dan tekanan tinggi. Campuran gas N 2 -H 2 -NH 3 meninggalkan reaktor dan didinginkan dengan ban tuan kon densor . NH 3 cair dipindahkan, sedangkan campuran N 2 -H 2 ditekan dan dikembalikan ke reaktor. CH 4 (g) + H 2 0(g) ----->CO(g) + H 2(g) diikuti oleh CO (g) + H 2O(g) -----> CO(g) + H 2 (g) (13.2) Akibatnya, harga pupuk nitrogen erat hubungannya dengan harga bahan bakar hidrokarbon. Sebagai tambahan dalam penggunaannya untuk memproduksi asam nitrat clan urea, ammonia juga digunakan dalam pembuatan bermacam-macam monomer yang mengandung nitrogen untuk industri nylon, polimer-polimer akrilat, clan busa pol iuret an. Ammoni a juga dig unakan dal am indus tri farmasi, mac am-macam bah an organik dan anorganik, detergen dan larutan pembersih. Penggunaan penting lainnya ialah sebagai pupuk (dengan nama "ammonia anhidrous"). Asam Nitrat. Tahap penting dalam produksi asam nitrat ialah konversi NH 3 (g) menjadi NO(g). Kondisi yang dikembangkan oleh Wilhelm Ostwald di awal abad ini, yaitu kontak singkat (0,01 det) NH 3 (g) dengan O 2(g) berlebih dan katalis Pt pada suhu sekitar 1000 o C, masih digunakan dalam proses Ostwald sekarang. Pt/Rh 4 N H 3 (g) + 5 O 2(g) <=====> 4 NO(g) + 6 H 2 0(g) o 900 C
(15.36)
NO(g) did inginkan pada suhu sek ita r suh u kamar, di mana konver sinya menjad i N0 2(g) mudah terjadi (ingat Tabel 15-3). 2 NO(g) + O z(g) <====> 2 N0 2 (g)
(15.37)
NO 2 (g) dilarutkan dalam air, dan NO(g) didaur-ulang.
25
3 N 0 2 (g) + H 2 0<====> 2 HN03 (aq) + NO(g)
(15.38)
Asam nitrat digunakan dalam pembuatan garam-garam nitrat (terutama NH 4 N0 3), bah an peledak nit rogliserin dan nit ros elulos a, serta ber mac am- macam bahan organi k yang mengandung nitrogen. o
Urea. Reaksi NH 3 (g) dan CO 2 (g) pada suhu tinggi (190 C) menghasilkan zat antara ammonium karbamat (NH 4 C0 2 NH 2), yang terdehidrasi (melepaskan H 2 0) membentuk urea. Urea dan H 2 0 membentuk larutan pekat. Reaksi kesetimbangan bersih, yang tak memerlukan katalis ini, ialah 2 N H 3(g) + CO 2 (g) <=====>CO(NH 2 )2 + H 20
(15.39)
Urea Sebagaimana diharapkan, reaksi ke kanan mudah terjadi pada tekanan tinggi: tekanan yang umum digunakan ialah 200 atm. Perbandingan molar NH 3 yang sedikit di alas 2:1 (lihat pers. 15.39) juga biasa diterapkan. Urea mengandung 46% nitrogen berdasar massa. Urea merupakan pupuk yang bai k, ber upa pad atan murni ata u ber upa padata n dal am campuran nya den gan gar amgaram ammonium, atau dalam larutan berair pekat dengan NH 4 N0 3 dan/atau NH 3 Urea jug a dig unakan sebagai makana n tamba han ter nak dan dal am ind ust ri polimer dan pes tis ida.
SELESAI
26
