HUKUM KEDUA DAN KETIGA TERMODINAMIKA

BAB I

PENDAHULUAN

A.    Latar belakang

Hukum pertama termodinamika secara esensial adalah hukum kekekalan energi yang memasukkan kalor sebagai model perpindahan energi. Menurut hukum pertama, energi dalam suatu zat dapat ditingkatkan dengan menambahkan kalor ke zat atau dengan melakukan usaha pada zat. Hukum pertama termodinamika tidak membatasi tentang arah perpindahan kalor yang dapat terjadi. Pada hukum pertama termodinamika ini mengarah ke pengenalan tentang energy dalam, U, yang merupakan fungsi keadaan yang memungkinkan kita untuk mengkaji apakah suatu perubahan diperbolehkan. Perubahan yang bias terjadi hanya yang energi-dalam sistem- terisolasinya tetap sama.   

Hukum yang member petunjuk tentang perubahan spontan, yaitu hukum kedua termodinamika, yang dinyatakan dalam fungsi keadaan lain, yaitu “entropi” S. Pada hukum kedua ini entropi  digunakan mengenali perubahan spontan di antara perubahan – perubahan yang diperbolehkan ini:

Hukum kedua: Entropi suatu sistem yang terisolasi bertambah selama ada perubahan spontan.

Dengan  menyatakan entropi total semua bagian sistem terisolasi.

Hukum kedua termodinamika mengatakan bahwa aliran kalor memiliki arah. Dengan kata lain, tidak semua proses di alam ini adalah reversible (arahnya dapat dibalik). Satu aplikasi penting dari hukum kedua adalah  studi tentang mesin kalor, seperti mesin bensin pada mobil dan prinsip-prinsip yang membatasi efisiensinya.

Pada T=0 semua energi gerakan termal sudah diredam. Pada kristal sempurna, pada T=0, semua partikel ada dalam susunan biasa seragam. Tidak adanya ketakteraturan dan gerakan termal menunjukkan bahwa material itu juga mempunyai entropi nol. Kesimpulan ini dinyatakan dalam Hukum Tiga Termodinamika.

Hukum Ketiga: jika entropi semua unsur dalam keadaan stabilnya pada T=0 diambil sama dengan nol, semua zat mempunyai entropi positif yang pada T=0 dapat menjadi nol, dan untuk semua zat kristal sempurna termasuk senyawa-senyawa entropinya menjadi nol.

Oleh karena itu, dengan adanya makalah yang berjudul “ Hukum Kedua dan Ketiga Termodinamika“semoga dapat menambah kasanah pengetahuan kita tentang termodinamika, khususnya tentang hukum kedua dan ketiga termodinamika.

B.     Tujuan Penulisan

·         Untuk menambah pengetahuan tentang hukum kedua termodinamika.

·         Untuk menambah pengetahuan tentang hukum ketiga termodinamika.

·         Untuk  menambah pengetahuan tentang perubahan entropi berdasarkan temperatur yang berbeda.

·         Untuk menambah penegtahuan tentang entropi sebagai kespontanan proses.

C.     Batasan Masalah

Makalah ini hanya membahas tentang hukum kedua dan ketiga termodinamika.

D.    Manfaat Tulisan

·         Sebagai bahan acuan tentang hukum kedua dan ketiga termodinamika.

·         Sebagai  literatur tambahan pengetahuan tentang hukum kedua dan ketiga termodinamika.

E.     Rumusan Masalah

·         Apa yang dimaksud hukum kedua termodinamika?

·         Bagaimana perumusan hukum kedua termodinamika?

·         Apa yang dimaksud dengan hukum ketiga termodinamika?

·         Bagaiaman perhitungan entropi menurut perubahan temperatur?

·         Bagaimana akibat entropi sebagai kriteria kespontanan proses?

F.      Metode

Makalah ini di susun dengan menggunakan metode studi pustaka dan juga pencarian data menggunakan internet.

BAB II

PEMBAHASAN

A.  Pengertian Hukum Kedua Termodinamika

Menurut Wikipedia bahasa Indonesia, Formulasi Kelvin-Planck atau hukum termodinamika kedua menyebutkan bahwa adalah tidak mungkin untuk membuat sebuah mesin kalor yang bekerja  dalam suatu siklus yang semata-mata mengubah energi panas yang diperoleh dari suatu reservoir pada suhu tertentu seluruhnya menjadi usaha mekanik. Hukum kedua termodinamika mengatakan bahwa aliran kalor memiliki arah; dengan kata lain, tidak semua proses di alam semesta adalah reversible (dapat dibalikkan arahnya). Sebagai contoh jika seekor beruang kutub tertidur di atas salju, maka salju dibawah tubuhnya akan mencair karena kalor dari tubuh beruang tersebut. Akan tetapi, beruang  terebut tidak dapat mengambil kalor dari salju tersebut untuk menghangatkan tubuhnya. Dengan demikian, aliran energy kalor memiliki arh, yaitu dari panas ke dingin.

B.  Perumusan Hukum Kedua Termodinamika

Hukum kedua termodinamika berkaitan dengan apakah proses-proses yang dianggap taat azas dengan hukum pertama, terjadi atau tidak terjadi di alam. Hukum kedua termodinamika seperti yang diungkapkan oleh Clausius mengatakan, “Untuk suatu mesin siklis maka tidak mungkin untuk menghasilkan efek lain, selain dari menyampaikan kalor secara kontinu dari sebuah benda ke benda lain pada temperatur yang lebih tinggi".

Bila ditinjau siklus Carnot, yakni siklus hipotesis yang terdiri dari empat proses terbalikkan: pemuaian isotermal dengan penambahan kalor, pemuaian adiabatik, pemampatan isotermal dengan pelepasan kalor dan pemampatan adiabatik; jika integral sebuah kuantitas mengitari setiap lintasan tertutup adalah nol, maka kuantitas tersebut yakni variabel keadaan, mempunyai sebuah nilai yang hanya merupakan ciri dari keadaan sistem tersebut, tak peduli bagaimana keadaan tersebut dicapai. Variabel keadaan dalam hal ini adalah entropi. Perubahan entropi hanya gayut keadaan awal dan keadaan akhir dan tak gayut proses yang menghubungkan keadaan awal dan keadaan akhir sistem tersebut.

Hukum kedua termodinamika dalam konsep entropi mengatakan, "Sebuah proses alami yang bermula di dalam satu keadaan kesetimbangan dan berakhir di dalam satu keadaan kesetimbangan lain akan bergerak di dalam arah yang menyebabkan entropi dari sistem dan lingkungannya semakin besar"

1.      Dilihat dari arah proses termodinamik maka proses hukum kedua termodinamik terbagi menjadi 2 proses yaitu sebagai berikut :

a.       Proses termodinamik yang berlanggsung secara alami seluruhnya disebut proses ireversibel (irreversibel process). Proses tersebut berlanggsung secara spontan pada satu arah tetapi tidak pada arah sebaliknya. Contohnya kalor berpindah dari benda yang bersuhu tinggi ke benda yang bersuhu rendah.

b.      Proses reversibel adalah proses termodinamik yang dapat berlanggsung secara bolak-balik. Sebuah sistem yang mengalami idealisasi proses reversibel selalu mendekati keadaan kesetimbangan termodinamika antara sistem itu sendiri dan lingkungannya. Proses reversibel merupakan proses seperti-kesetimbangan (quasi equilibrium process).

Telah dibahas terdahulu bahwa pada proses reversibel selalu menghasilkan kerja maksimal, sehingga menghasilkan efisiensi maksimal. Berbeda dengan proses sebaliknya, efesiensi untuk proses irrevesibel adalah lebih kecil dari pada proses reversibel,

                        ϵ_irr < ϵ_rev

Dengan  ϵ_{irr dan} ϵ_rev adalah efesiensi pada proses irreversibel dan efesiensi pada proses reversibel. Jika kalor yang diserap pada suhu T dan T’ masing-masing adalah Q dan Q,maka berdasarkan persamaan dibawah ini.

                       

                       

Pada proses reversibel selalu menghasilkan kerja maksimal. Sehingga, menghasilkan efisiensi maksimal. Pada proses reversibel, kalor diserap  pada suhu T dan T^’, sehingga,

                       

Penjelasan,

 

 

 

 

 

 

 

Maka,

 

Atau secara umum, dapat ditulis dalam bentuk

                       

perhatikan sekarang untuk proses lingkar irrevisibel ABA, yang terdiri atas satu langkah irreversibel AB, dan satu langkah reversibel BA, untuk proses lingkar tersebut berlaku’

                

           

                        ) < 0

                        ( >

∆S >                                                               

Dengan ∆S adalah perubahan entropi untuk proses irreversibel AB, Q adalah kalor yang diserap sisitem, dan T adalah suhu. Apabila proses tersebut berlangsung dalam sisitem tersekat, maka Dq = 0 sehingga  ∆S >0.

       Proses-proses spontan yang terjadi dialam semesta bersifat irreversibel. Sementara itu, ditinjau daripertukaran kalornya, alam semesta merupakan sistem tersekat. Oleh karena itu dapat diambil kesimpulan bahwa : “semua proses yang terjadi di alam semesta selalu brlangsung ke arah peningkatan entropi”. Pernyataan ini merupakan rumusan Hukum Kedua Termodinamika.

·         Efesiensi Mesin Bakar

       Efesiensi mesin bakar didefinisikan sebagai perbandingan jumlah total kerja yang dilakukan terhadap jumlah total panas yang diabsorbsi,yaitu

       ϵ=                                                                                         (4.5)                            

Soal dan pembahasan

1.      siklus carnot reversibel melakukan kerja ekuivalen dengan 150 kj per siklus. Jika panas yang dipasok oleh siklus adalah 225 kj pada 227^oC per siklus, hitung (a) temperatur dimana panas dilepaskan, (b) efesiensi termal mesin.

Dengan menggunakan persamaan (4.5)

                   =       =  = 0,667

Sekarang    =    

                  T₁=273 + 227 = 500 K

                              0,667

Sehingga   0,667 =

Atau          T₂ = 166,5 K

2.      Suhu didalam lemari es adalah -3^oC. Fluida kerja yang dimampatkan di dalamnya mengembun pada suhu 27^oC. Tentukanlah koefisien daya guna lemari es tersebut?

Penyelesaian :

Besaran yang diketahui :

T ₂  = -3 + 273 = 270 K

T₁   = 27 + 273 = 300 K

Koefisien daya guna lemari es dihitung dengan rumus :

                                             =  = 9

3.      Sebuah mesin kalor yang bekerja antara reservoir  kalor bersuhu rendah 27^oC dan reservoir kalor bersuhu tinggi T₁,ditingkatkan efisiensi maksimumnya dari 25% hingga manjadi 50% dengan menaikan suhu T₁ Menjadi T’₁. Tentukanlah nilai T₁ dan T’₁.

Penyelesaian :

Besaran yang diketahui :

T₂ :  27 + 273 = 300K

η : 25%  =0,25

η’  : 50% =0,5

Dari rumus efisiensi mesin diperoleh :

η

T₁

T₁  = 400K

T₁ = 400 - 273 =127^oC

Peningkatan efisiensi dilakukan dengan menaikan T₁ Menjadi T’₁, maka :

η

T’₁

T’₁  = 600K

T’₁ = 600 - 273 =327^oC

C.     Pengertian Hukum Ketiga Termodinamika

            Hukum ketiga termodinamika terkait dengan temperatur nol absolut. Hukum ini menyatakan bahwa pada saat suatu sistem mencapai temperatur nol absolut, semua proses akan berhenti dan entropi sistem akan mendekati nilai minimum. Hukum ini juga menyatakan bahwa entropi benda berstruktur kristal sempurna pada temperatur nol absolut bernilai nol. Molekul hanya memiliki energi vibrasi (di samping energy electron dan energy inti) yang sama besar, sehingga berada dalam keadaan kuantum tunggal. Jika di tijau dari kedudukan dan distribusi energinya , penyusun-penyusun molekul dalam suatu Kristal yang sempurna pada  0 K hanya dapat terlaksana dengan satu cara. Dalam ini W=1. Jadi entropi suatu Kristal murni yang sempurna ialah 0 pada 0 K. Pernyataan ini terkenal sebagai HUKUM KETIGA TERMODINAMIKA 

                                                            S₀ = 0

Dalil kalor Nernst

Pengamatan termodinamika yang sesuai dengan kesimpulan ini dikenal sebagai dalil kalor Nernst.

Perubahan entropi dalam suatu transformasi, mendekati nol, ketika temperature mendekati nol:

∆S  0 ketika T  0

Contohnya, entropi transisi antara sulfur ortorombik , S() dan sulfur monoklinik, S() dapat diukur dengan menentukan entalpinya (-402 J mol^-1) pada temperatur transisi (369 K):

  = -1,09 JK^-1mol^-1

Kedua entropi itu juga dapat ditentukan dengan mengukur kapasitas kalor dari T = 0 sampai T = 369 K (pada temperatur rendah laju transformasi sangat rendah, sehingga kestabilan relatif termodinamika dari bentuk monoklinik tidak penting lagi; bentuk-bentuk itu stabil secara termodinamika internal). Kita dapatkan:

Menunjukkan bahwa pada temperatur transisi

Dengan membandingkan nilai ini dengan nilai di atas, kita menyimpulkan bahwa

Sesuai dengan dalilnya.

Dengan demikian, dari dalil Nernst ini jika kita menganggap entropi unsur-unsur dalam  bentuk kristal sempurnanya bernilai nol pada T = 0, semua kristal sempurna senyawa-senyawa juga mempunyai entropi  sebesar nol pada T=0 (karena perubahan entropi yang menyertai pembentukan senyawa-senyawa, seperti halnya semua transformasi, bernilai nol). Karena itu, semua kristal sempurna dianggap memiliki entropi nol pada T=0.

Hukum Ketiga: jika entropi semua unsur dalam keadaan stabilnya pada T=0 diambil sama dengan nol, semua zat mempunyai entropi positif yang pada T=0 dapat menjadi nol, dan untuk semua zat kristal sempurna termasuk senyawa-senyawa entropinya menjadi nol.

Entropi Hukum Ketiga

Untuk selanjutnya, dibuat pilihan S(0)=0 untuk kristal sempurna. Entropi yang tercatat berdasarkan hal itu disebut entropi Hukum Ketiga (dan sering juga hanya disebut ebagai entropi). Jika zat dalam keadaan standarnya pada temperatur T, entropi standar (Hukum Ketiga) nya diberi notasi S⁰(T).

Entropi reaksi  standar   didefinisikan, seperti entalpi reaksi standar, sebagai selisih antara entropi produk murni terpisah dengan reaktan murni terpisah, semua zat itu dalam keadaan standar pada temperatur tertentu. Jadi secara umum:

 

Kita tinjau transformasi suatu padatan dari suhu 0 absolut ke suhu T di bawah titk lelehnya,yang terjadi pada tekanan tetap.

            Padatan (0 K.P)                      padatan (T,P)

            Perubahan entropinya,pada P tetap sesuai dengan yang dinyatakan oleh persamaan(4.43)yakni

            ΔS = S_T –s₀  =

Atau

            S_T = S₀  +                                                                                                  

                Oleh karena C_p  Positif,integral persamaan (4.58)akan bernilai positif ,sehingga entropi hanya dapat meningkat karena suhu.pada nol kelvin entropi memiliki nilai S₀ Yang paling kecil.pada tahun 1913,M.Planck mengusulkan bahwa nilai S ₀ adalah nol untuk setiap kristal murni dan kristal sempurna.pernyataan ini kemudian dikenal sebagai hukum ketiga Termodinamika: Entropi kristal murni yang sempurna adalah pada suhu  nol absolut

            Jika hukum ketiga Termodinamika  diterapkan terhadap persamaan (4.58),di peroleh persamaan

            S_T  =             

Turunan,            

       =  

                        =  

=

=

=  

=(pada T’)

= (pada T’)

                Sehingga,

S_T =  (pada T’)                                                                    

S_T disebut entropi(mutlak)padatan pada suhu T dan tekanan P.Jika tekanannya 1 atm,maka entropi itu di sebut entropi standar, ^, sehingga dapat di tulis menjadi

 

Turunan,

       =  

                        =  

=

=

=  

=(pada T’)

= (pada T’)

Sehingga,

  (pada T’)

Soal

1.      Kapasitas kalor molar emas pada temperatur 10 K adalah 0,43 J K^-1 mol^-1 berapa entropi molarnya pada temperatur itu.

Jawaban

Kita dapat mengasumsikan pada temperatur rendah kapasitas kalor sama dengan aT³, yaitu

           S(T) – S(0) =  =  

Namun demikian, karena  adalah kapasitas kalor pada temperatur T, maka , sehingga

S(T)     = S(0) +   

= S(0) + 0,43 J K^-1 mol^-1       

= S(0) + 0,14 J K^-1 mol^-1

Karena S(0) adalah 0 maka,

S(T)     = 0,14 J K^-1 mol^-1

2.      Jika entropi molar perak pada temperatur 15 K adalah 28,35 43 J K^-1 mol^-1. Berapa kapasitas kalor molar perak pada temperatur itu.

Penyelesaian:

-          Diketahui: S(T) = 28,35 43 J K^-1 mol^-1 dan T = 15 K

-          Ditanya:  (kapasitas kalor)

-          Jawab : nilai S(0) = 0 untuk kristal murni dan kristal sempurna,

S(T)                       = S(0) +   

28,35 43 J K^-1 mol^-1              =0 +  

28,35 43 J K^-1 mol^-1           =  

                                     =28,35 43 J K^-1 mol^-1 X 3

                                     =85,05 J K^-1 mol^-1

D.    Perhitungan Entropi menurut Perbedaan Temperatur

1.)    Entropi Standar Zat Cair di Atas Titik Lelehnya

Entropi sistem pada temperature T dapat dihubungkan dengan entropi pada T=0 dengan mengukur kapasitas kalor C_p pada temperatur berbeda-beda dan mengevaluasi integral. Pada setiap transisi fase, entropi transisi harus ditambahkan (_trs /T_t).

Jika suatu perubahan yang terjadi pada proses pelelehan menyangkut peningkatan entropi, konstribusi perubahannya harus disertakan dalam perhitungan entropi cairan. Misalnya, suatu padatan meleleh pada keadaan standar (tekanan 1 atm), kemudian setelah semua meleleh (mencair) suhunya meningkat terus. Entropi pada proses ini dinyatakan dengan persamaan :

 =

Untuk mengevaluasi , maka diperlukan data mengenai, , T_m, , dan  pada rentang suhu yang diinginkan. Data-data ini diperoleh dari hasil percobaan. Akan tetapi pada suhu yang sangat rendah, pengukuran sangat sulit dilakukan. Selain itu, masalah lain adalah sukarnya mengukur kapasitas kalor didekat T=0. Pengukuran kapasitas panas seringkali hanya dapat dilakukan sampai suhu sekitar 10-15 K.

Ada dasar-dasar teori yang baik untuk menganggap bahwa kapasitas kalor  sebanding dengan T³ jika T rendah, dan ini  merupakan dasar dari ekstrapolasi Debye. Dalam metode ini, C_p diukur sampai temperatur serendah mungkin. Pada keadaan ini kapasitas panas padatan memenuhi hukum Debye “T pangkat tiga” secara akurat adalah sebagai berikut:

C_v = aT³

Dengan a suatu tetapan yang khas untuk setiap zat. Pada suhu ini C_v C_p. oleh karena itu, hukum Debye tersebut dapat digunakan untuk mengevaluasi integral C_p/T pada rentang suhu 0 K sampai suhu pengukuran terendah T’. Sehingga,

Dari hukum Debye, a = (C_p)_T/T³.

Pada rentang temperatur diatas T’, integral

                                                                                  

dievaluasi secara grafis dengan memplot C_p/T versus T, atau C_p versus log T. Daerah dibawah kurva merupakan nilai dari integral. Plot versus log T untuk padatan dari 12 K hinga 298 K. Keseluruhan daerah dibawah kurva ketika dikalikan dengan 2,303 menghasilkan nilai = 32,6 J/Kmol.

Integral suku pertama ruas kanan pada persamaan di atas dapat dievaluasi dengan cara

(pada T’)

Pada,

        =  

Penjelasan:

Karena =

Maka,

     =  

                        =  

=

=

=  

=(pada T’)

= (pada T’)

     =  

                        =  

=

=

=  

=(pada T’)

= (pada T’)

Sehingga,

  = +  

Untuk mengevaluasi integral suku kedua ruas kanan pada persamaan ini, dapat dilakukan dengan memasukkan data  hasil pengukuran dan menegintegralkan  pada rentang suhu T’ sampai T_m. Cara lain yang dapat dilakukan adalah grafik. Pada cara ini  hasil pengukuran  dialurkan terhadap T atau  terhadap T.  Luas dibawah kurva adalah nilai integralnya.

meleleh

 

          C_p=aT³

                padat  cair

diekstrapolasikan     T_f

Contoh:

1.      Suatu logam memiliki  sebesar 142,7 KJ/mol,suhu 15K,kapasitas kalor logam sebesar 2,8 J/K.mol dan kapasitas kalor liquid sebesar 7 J/K.mol. Hitung  (entropi standar)!

2.      Suatu logam Zn pada temperatur 20 K memiliki  sebesar 130,42 KJ/mol, dengan kapasitas kalor liquid sebesar 14,43 J/K.mol dan memiliki entropi standar sebesar 6526,8 J/K.mol. tentukan kapasitas kalor logam tersebut!

Jawab:

1.       Diketahui:

·         142,7 KJ/mol = 142.700 J/mol

·          = 15 K

·         =  2,8 J/K.mol

·          = 7 J/K.mol

Ditanya: entropi standar

Jawab:

   =

= +  

= 2,8 J/K.mol +  +  7 J/K.mol

=0,93 J/K.mol + 9513,33 J/mol. K + 2,33 J/K.mol

=9516,59 J/K.mol

2.      Diketahui:

·         = 130,42 KJ/mol= 130420 J/mol

·          = 6526,8 J/K.mol

·          = 14,43 J/K.mol

·          = 20 K

Ditanya:

Kapasitas kalor logam

Jawab:

        =

6526,8 J/K.mol            =  +  +  14,43 J/K.mol

6526,8 J/K.mol            = + 6521 J/K.mol + 4,81 J/K.mol

6526,8 J/K.mol            = + 6525,81 J/K.mol

                        = 6526,8 J/K.mol - 6525,81 J/K.mol

                        =0,99 J/K.mol

                           =0,99 J/K.mol x 3

                           =2,97 J/K.mol

2.)    Entropi standar  Gas di atas Titik Didihnya

Sebelumnya kita ketahui :

ΔS = 

ΔS =  

ΔS  =

Jika tekanan konstant, maka Qp = ΔS, oleh karena itu menjadi uap akan menjadi cair yang disebut dengan titik didih.

ΔS  =                 ΔS =                    ΔS  =

Beberapa argument pada entropi campuran  pada titik leleh adalah dengan berikut:

ΔS_fus  =

Entropi standar  zat cair di atas Titik lelehnya dengan rumus dibawah ini:

S =   dT  +    +  dT 

Dari penjelasan yang di atas dapat di simpulkan bhwa entropi standar gas di atas titik didihnya adalah sebagai berikut:

S =   dT  +    +  dT  +    +  dT

Penjelasan

Karena =

Maka,

     =  

                        =  

=

=

=  

=(pada T’)

= (pada T’)

     =  

                        =  

=

=

=  

=(pada T’)

= (pada T’)

    =  

                        =  

=

=

=  

=(pada T’)

= (pada T’)

Sehingga,

S 

Contoh soal:

1.      Suatu unsur mendidih pada suhu 35ᵒC dan memiliki  25.1 KJ/mol. Hitung ΔSᵒ_vap ?

Dik:    Tb = 35ᵒC = 308 K 

              =  25.1 KJ/mol

Dit : ΔSᵒ_vap  = ?

Jawab :

ΔSᵒ_vap     =    

            =    

ΔSᵒ_vap  =  0.0815 KJ/ Mol K

2.      Jika  kapasitas kalor (s) air adalah 69,950J/K.mol pada suhu 15 K. Hitung entropi uap air pada 200ᵒC dan 0.5 atm .

Diketahui

_p  (l)  =   75, 291 JK^-1mol^-1

_p  (g)  =   33, 577  JK^-1mol^-1

Δ_uap  =  40, 6563 KJK^-1mol^-1

Δ_fus  =  142,7 KJK^-1mol^-1

Penyelesaian :

Dik:

T_b  = 200ᵒC     = 473 K

_p  (s) =  69,950J/K.mol

_p  (l)  =   75, 291 JK^-1mol^-1

_p  (g)  =   33, 577  JK^-1mol^-1

Δ_uap  =  40, 6563 KJ.mol^-1  = 40.656,3 J mol^-1  

Δ_fus  =  142,7 KJ.mol^-1 = 142.700 J mol^-1  

T_m = 15 K

Dit:

Entropi uap air  ??

Jawab:

S =   dT  +    +  dT  +    +  dT

S =   dT  +    +  dT  +    +  dT

S 

S69,950J/K.mol +  75,291 JK^-1mol^-1 + 33, 577  JK^-1mol^-1  

S JK^-1mol^-1  + 9513,33 JK^-1mol^-1  + 25,09 JK^-1mol^-1  + 85,95 JK^-1mol^-1  + 11,19 JK^-1mol^-1  

S JK^-1mol^-1  

E.     Entropi sebagai Kriteria Kespontanan Proses

            Hukum kedua termodinamika dapat digunakan untuk meramalkan arah suatu proses,apakah pada kondisi tertentu proses tersebut dapat terjadi atau tidak. Menurut hukum kedua termodinamika ,proses yang berlangsung pada sistem tersekat (di alam semesta)dapat terjadi apabila disertai dengan peningkatan entropi.

            Menurut hukum kekekalan energi,energi alam semesta adalah tetap,maka pertukaran kalor sistem dan lingkungannya bersama-sama berada dalam satu sistem tersekat, sehingga,entropi sistem dan lingkungannya bersama-sama berada dalam sistem tersekat.oleh karena itu,dapat juga dikatakan bahwa kedua nilai entropi ini berperan sebagai kriteria kespontanan proses.berdasarkan pada pernyataan tersebut maka arah proses dapat diramalkan sebagai berikut.

1.      Jika  ΔS_sistem + ΔS_lingkungan > 0 proses akan berlangsung

2.      Jika  ΔS_sistem + ΔS_lingkungan < 0 proses tidak akan berlangsung

3.      Jika  ΔS_sistem + ΔS_lingkungan =0 proses berlangsung setimbang

Contoh soal

1.      Diketahui perubahan entalpi pembentukan molar standar H₂O(g) dan H₂O( l ) masing-masing adalah 241,82 dan 285,83 Kj/mol dan entropi molar standarnya masing-masing adalah 189 dan 70 JK/mol.Ramalkan apakah uap air dapat mengembun pada suhu kamar( 298 K dan 1 atm ).

Jawaban

Analisi soal

Diketahui : ΔH⁰_∫ H₂O _(l) =-285,83 kJ mol ^-1

                        ΔH⁰_∫ H₂O_(g)=-241,82 Kj mol ^-1

                      S, _∫ H₂O _(l)=70 JK^-1

                      S, _∫ H₂O_(g) = 189 JK^-1 mol ^-1

Ditanya: ramalkan apakah H₂O_(g)         H₂O_(l) dapat terjadi, pada suhu kamar ?

Cara penyelesaian

ΔS  > 0 Reaki berlangsung

ΔS = ΔS_{sistem +} ΔS_lingkungan

ΔS_{sistm =} S_{H2O( l )} + S_H2O(g)

ΔS_lingkungan=

ΔH_lingkungan =-ΔH_sistem

ΔH_sistem = ΔH⁰_∫. H₂O_(l)- ΔH⁰_∫. H₂O_(g)

Penyelesaian

ΔS_sistem =S_H2O(l)- S_H20(g)

             =(70-189) JK^-1mol ^-1

                    ⁼-119 JK ^-1mol ^-1

ΔS_lingungan =-ΔH⁰_∫.H₂O( l ) + H₂O ( g )

                                   T

                  =(285,83-241,82) Kj mol^-1

                                                  298 K

                   =148 JK^-1mol^-1

 ΔS = ΔS_sistem + ΔS_lingkungan

       =(-119 + 148 ) JK ^-1mol ^-1

            =29 JK^-1mol ^-1

2.      Diketahui perubahan entalpi pembentukan molar standar Br₂(g) dan Br₂ ( l ) masing-masing adalah 30,91dan 0 Kj/mol dan entropi molar standarnya masing-masing adalah 245 dan 152 JK/mol.Ramalkan apakah uap air dapat mengembun pada suhu kamar( 298 K dan 1 atm ).

Jawaban

Analisi soal

Diketahui : ΔH⁰_∫ Br_{2 (l)} = 0 kJ mol ^-1

                        ΔH⁰_∫ Br_{2 (g)}= 30,91Kj mol ^-1

                      S, _∫ Br_{2 (l)}=152 JK^-1

                      S, _∫ Br_{2 (g)} =245 JK^-1 mol ^-1

Ditanya: ramalkan apakah Br_{2 (g)}           Br_{2 (l)} dapat terjadi, pada suhu kamar ?

Cara penyelesaian

ΔS  > 0 Reaki berlangsung

ΔS = ΔS_{sistem +} ΔS_lingkungan

ΔS_{sistm =} S _{Br2 ( l )} + S _{Br2 (g)}

ΔS_lingkungan=

ΔH_lingkungan =-ΔH_sistem

ΔH_sistem = ΔH⁰_∫. Br_{2 (l)}- ΔH⁰_∫. Br_{2 (g)}

Penyelesaian

ΔS_sistem =S _{Br2 (l)}- S _{Br2 (g)}

             =(152-245) JK^-1mol ^-1

                    ⁼-93 JK ^-1mol ^-1

ΔS_lingungan =-ΔH⁰_{∫. Br2} ( l ) + ΔH⁰_{∫. Br2}  ( g )

                                   T

                  =(0- 30,91) KJ mol^-1

                                                  298 K

                   =103 JK^-1mol^-1

 ΔS = ΔS_sistem + ΔS_lingkungan

       =(-93 + 103) JK ^-1mol ^-1

            =10 JK^-1mol ^-1

BAB III

PENUTUP

A.    KESIMPULAN

1.      Hukum kedua: Entropi suatu sistem yang terisolasi bertambah selama ada perubahan spontan.

 Dengan  menyatakan entropi total semua bagian sistem terisolasi.

2.      Hukum Ketiga: jika entropi semua unsur dalam keadaan stabilnya pada T=0 diambil sama dengan nol, semua zat mempunyai entropi positif yang pada T=0 dapat menjadi nol, dan untuk semua zat kristal sempurna termasuk senyawa-senyawa entropinya menjadi nol.

Persamaan,

            S_T  =             

3.      Entropi Standar Zat Cair di Atas Titik Lelehnya

Persamaan,

        =  

4.      Entropi standar  Gas di atas Titik Didihnya

Persamaan,

S =   dT  +    +  dT  +    +  dT

5.      Entropi sebagai Kriteria Kespontanan Proses

Jika  ΔS_sistem + ΔS_lingkungan > 0 proses akan berlangsung

Jika  ΔS_sistem + ΔS_lingkungan < 0 proses tidak akan berlangsung

Jika  ΔS_sistem + ΔS_lingkungan =0 proses berlangsung setimbang

B.     SARAN

Kepada para pembaca diharapkan teliti dalam membaca dan memahami makalah ini, karena banyak terdapat rumus beserta turunnya. Untuk latihan soal, dapat di coba berulang-ulang agar lebih memahami materi yang ada dalam makalah ini.

BAB I

PENDAHULUAN

A.    Latar belakang

Hukum pertama termodinamika secara esensial adalah hukum kekekalan energi yang memasukkan kalor sebagai model perpindahan energi. Menurut hukum pertama, energi dalam suatu zat dapat ditingkatkan dengan menambahkan kalor ke zat atau dengan melakukan usaha pada zat. Hukum pertama termodinamika tidak membatasi tentang arah perpindahan kalor yang dapat terjadi. Pada hukum pertama termodinamika ini mengarah ke pengenalan tentang energy dalam, U, yang merupakan fungsi keadaan yang memungkinkan kita untuk mengkaji apakah suatu perubahan diperbolehkan. Perubahan yang bias terjadi hanya yang energi-dalam sistem- terisolasinya tetap sama.   

Hukum yang member petunjuk tentang perubahan spontan, yaitu hukum kedua termodinamika, yang dinyatakan dalam fungsi keadaan lain, yaitu “entropi” S. Pada hukum kedua ini entropi  digunakan mengenali perubahan spontan di antara perubahan – perubahan yang diperbolehkan ini:

Hukum kedua: Entropi suatu sistem yang terisolasi bertambah selama ada perubahan spontan.

Dengan  menyatakan entropi total semua bagian sistem terisolasi.

Hukum kedua termodinamika mengatakan bahwa aliran kalor memiliki arah. Dengan kata lain, tidak semua proses di alam ini adalah reversible (arahnya dapat dibalik). Satu aplikasi penting dari hukum kedua adalah  studi tentang mesin kalor, seperti mesin bensin pada mobil dan prinsip-prinsip yang membatasi efisiensinya.

Pada T=0 semua energi gerakan termal sudah diredam. Pada kristal sempurna, pada T=0, semua partikel ada dalam susunan biasa seragam. Tidak adanya ketakteraturan dan gerakan termal menunjukkan bahwa material itu juga mempunyai entropi nol. Kesimpulan ini dinyatakan dalam Hukum Tiga Termodinamika.

Hukum Ketiga: jika entropi semua unsur dalam keadaan stabilnya pada T=0 diambil sama dengan nol, semua zat mempunyai entropi positif yang pada T=0 dapat menjadi nol, dan untuk semua zat kristal sempurna termasuk senyawa-senyawa entropinya menjadi nol.

Oleh karena itu, dengan adanya makalah yang berjudul “ Hukum Kedua dan Ketiga Termodinamika“semoga dapat menambah kasanah pengetahuan kita tentang termodinamika, khususnya tentang hukum kedua dan ketiga termodinamika.

B.     Tujuan Penulisan

·         Untuk menambah pengetahuan tentang hukum kedua termodinamika.

·         Untuk menambah pengetahuan tentang hukum ketiga termodinamika.

·         Untuk  menambah pengetahuan tentang perubahan entropi berdasarkan temperatur yang berbeda.

·         Untuk menambah penegtahuan tentang entropi sebagai kespontanan proses.

C.     Batasan Masalah

Makalah ini hanya membahas tentang hukum kedua dan ketiga termodinamika.

D.    Manfaat Tulisan

·         Sebagai bahan acuan tentang hukum kedua dan ketiga termodinamika.

·         Sebagai  literatur tambahan pengetahuan tentang hukum kedua dan ketiga termodinamika.

E.     Rumusan Masalah

·         Apa yang dimaksud hukum kedua termodinamika?

·         Bagaimana perumusan hukum kedua termodinamika?

·         Apa yang dimaksud dengan hukum ketiga termodinamika?

·         Bagaiaman perhitungan entropi menurut perubahan temperatur?

·         Bagaimana akibat entropi sebagai kriteria kespontanan proses?

F.      Metode

Makalah ini di susun dengan menggunakan metode studi pustaka dan juga pencarian data menggunakan internet.

BAB II

PEMBAHASAN

A.  Pengertian Hukum Kedua Termodinamika

Menurut Wikipedia bahasa Indonesia, Formulasi Kelvin-Planck atau hukum termodinamika kedua menyebutkan bahwa adalah tidak mungkin untuk membuat sebuah mesin kalor yang bekerja  dalam suatu siklus yang semata-mata mengubah energi panas yang diperoleh dari suatu reservoir pada suhu tertentu seluruhnya menjadi usaha mekanik. Hukum kedua termodinamika mengatakan bahwa aliran kalor memiliki arah; dengan kata lain, tidak semua proses di alam semesta adalah reversible (dapat dibalikkan arahnya). Sebagai contoh jika seekor beruang kutub tertidur di atas salju, maka salju dibawah tubuhnya akan mencair karena kalor dari tubuh beruang tersebut. Akan tetapi, beruang  terebut tidak dapat mengambil kalor dari salju tersebut untuk menghangatkan tubuhnya. Dengan demikian, aliran energy kalor memiliki arh, yaitu dari panas ke dingin.

B.  Perumusan Hukum Kedua Termodinamika

Hukum kedua termodinamika berkaitan dengan apakah proses-proses yang dianggap taat azas dengan hukum pertama, terjadi atau tidak terjadi di alam. Hukum kedua termodinamika seperti yang diungkapkan oleh Clausius mengatakan, “Untuk suatu mesin siklis maka tidak mungkin untuk menghasilkan efek lain, selain dari menyampaikan kalor secara kontinu dari sebuah benda ke benda lain pada temperatur yang lebih tinggi".

Bila ditinjau siklus Carnot, yakni siklus hipotesis yang terdiri dari empat proses terbalikkan: pemuaian isotermal dengan penambahan kalor, pemuaian adiabatik, pemampatan isotermal dengan pelepasan kalor dan pemampatan adiabatik; jika integral sebuah kuantitas mengitari setiap lintasan tertutup adalah nol, maka kuantitas tersebut yakni variabel keadaan, mempunyai sebuah nilai yang hanya merupakan ciri dari keadaan sistem tersebut, tak peduli bagaimana keadaan tersebut dicapai. Variabel keadaan dalam hal ini adalah entropi. Perubahan entropi hanya gayut keadaan awal dan keadaan akhir dan tak gayut proses yang menghubungkan keadaan awal dan keadaan akhir sistem tersebut.

Hukum kedua termodinamika dalam konsep entropi mengatakan, "Sebuah proses alami yang bermula di dalam satu keadaan kesetimbangan dan berakhir di dalam satu keadaan kesetimbangan lain akan bergerak di dalam arah yang menyebabkan entropi dari sistem dan lingkungannya semakin besar"

1.      Dilihat dari arah proses termodinamik maka proses hukum kedua termodinamik terbagi menjadi 2 proses yaitu sebagai berikut :

a.       Proses termodinamik yang berlanggsung secara alami seluruhnya disebut proses ireversibel (irreversibel process). Proses tersebut berlanggsung secara spontan pada satu arah tetapi tidak pada arah sebaliknya. Contohnya kalor berpindah dari benda yang bersuhu tinggi ke benda yang bersuhu rendah.

b.      Proses reversibel adalah proses termodinamik yang dapat berlanggsung secara bolak-balik. Sebuah sistem yang mengalami idealisasi proses reversibel selalu mendekati keadaan kesetimbangan termodinamika antara sistem itu sendiri dan lingkungannya. Proses reversibel merupakan proses seperti-kesetimbangan (quasi equilibrium process).

Telah dibahas terdahulu bahwa pada proses reversibel selalu menghasilkan kerja maksimal, sehingga menghasilkan efisiensi maksimal. Berbeda dengan proses sebaliknya, efesiensi untuk proses irrevesibel adalah lebih kecil dari pada proses reversibel,

                        ϵ_irr < ϵ_rev

Dengan  ϵ_{irr dan} ϵ_rev adalah efesiensi pada proses irreversibel dan efesiensi pada proses reversibel. Jika kalor yang diserap pada suhu T dan T’ masing-masing adalah Q dan Q,maka berdasarkan persamaan dibawah ini.

                       

                       

Pada proses reversibel selalu menghasilkan kerja maksimal. Sehingga, menghasilkan efisiensi maksimal. Pada proses reversibel, kalor diserap  pada suhu T dan T^’, sehingga,

                       

Penjelasan,

 

 

 

 

 

 

 

Maka,

 

Atau secara umum, dapat ditulis dalam bentuk

                       

perhatikan sekarang untuk proses lingkar irrevisibel ABA, yang terdiri atas satu langkah irreversibel AB, dan satu langkah reversibel BA, untuk proses lingkar tersebut berlaku’

                

           

                        ) < 0

                        ( >

∆S >                                                               

Dengan ∆S adalah perubahan entropi untuk proses irreversibel AB, Q adalah kalor yang diserap sisitem, dan T adalah suhu. Apabila proses tersebut berlangsung dalam sisitem tersekat, maka Dq = 0 sehingga  ∆S >0.

       Proses-proses spontan yang terjadi dialam semesta bersifat irreversibel. Sementara itu, ditinjau daripertukaran kalornya, alam semesta merupakan sistem tersekat. Oleh karena itu dapat diambil kesimpulan bahwa : “semua proses yang terjadi di alam semesta selalu brlangsung ke arah peningkatan entropi”. Pernyataan ini merupakan rumusan Hukum Kedua Termodinamika.

·         Efesiensi Mesin Bakar

       Efesiensi mesin bakar didefinisikan sebagai perbandingan jumlah total kerja yang dilakukan terhadap jumlah total panas yang diabsorbsi,yaitu

       ϵ=                                                                                         (4.5)                            

Soal dan pembahasan

1.      siklus carnot reversibel melakukan kerja ekuivalen dengan 150 kj per siklus. Jika panas yang dipasok oleh siklus adalah 225 kj pada 227^oC per siklus, hitung (a) temperatur dimana panas dilepaskan, (b) efesiensi termal mesin.

Dengan menggunakan persamaan (4.5)

                   =       =  = 0,667

Sekarang    =    

                  T₁=273 + 227 = 500 K

                              0,667

Sehingga   0,667 =

Atau          T₂ = 166,5 K

2.      Suhu didalam lemari es adalah -3^oC. Fluida kerja yang dimampatkan di dalamnya mengembun pada suhu 27^oC. Tentukanlah koefisien daya guna lemari es tersebut?

Penyelesaian :

Besaran yang diketahui :

T ₂  = -3 + 273 = 270 K

T₁   = 27 + 273 = 300 K

Koefisien daya guna lemari es dihitung dengan rumus :

                                             =  = 9

3.      Sebuah mesin kalor yang bekerja antara reservoir  kalor bersuhu rendah 27^oC dan reservoir kalor bersuhu tinggi T₁,ditingkatkan efisiensi maksimumnya dari 25% hingga manjadi 50% dengan menaikan suhu T₁ Menjadi T’₁. Tentukanlah nilai T₁ dan T’₁.

Penyelesaian :

Besaran yang diketahui :

T₂ :  27 + 273 = 300K

η : 25%  =0,25

η’  : 50% =0,5

Dari rumus efisiensi mesin diperoleh :

η

T₁

T₁  = 400K

T₁ = 400 - 273 =127^oC

Peningkatan efisiensi dilakukan dengan menaikan T₁ Menjadi T’₁, maka :

η

T’₁

T’₁  = 600K

T’₁ = 600 - 273 =327^oC

C.     Pengertian Hukum Ketiga Termodinamika

            Hukum ketiga termodinamika terkait dengan temperatur nol absolut. Hukum ini menyatakan bahwa pada saat suatu sistem mencapai temperatur nol absolut, semua proses akan berhenti dan entropi sistem akan mendekati nilai minimum. Hukum ini juga menyatakan bahwa entropi benda berstruktur kristal sempurna pada temperatur nol absolut bernilai nol. Molekul hanya memiliki energi vibrasi (di samping energy electron dan energy inti) yang sama besar, sehingga berada dalam keadaan kuantum tunggal. Jika di tijau dari kedudukan dan distribusi energinya , penyusun-penyusun molekul dalam suatu Kristal yang sempurna pada  0 K hanya dapat terlaksana dengan satu cara. Dalam ini W=1. Jadi entropi suatu Kristal murni yang sempurna ialah 0 pada 0 K. Pernyataan ini terkenal sebagai HUKUM KETIGA TERMODINAMIKA 

                                                            S₀ = 0

Dalil kalor Nernst

Pengamatan termodinamika yang sesuai dengan kesimpulan ini dikenal sebagai dalil kalor Nernst.

Perubahan entropi dalam suatu transformasi, mendekati nol, ketika temperature mendekati nol:

∆S  0 ketika T  0

Contohnya, entropi transisi antara sulfur ortorombik , S() dan sulfur monoklinik, S() dapat diukur dengan menentukan entalpinya (-402 J mol^-1) pada temperatur transisi (369 K):

  = -1,09 JK^-1mol^-1

Kedua entropi itu juga dapat ditentukan dengan mengukur kapasitas kalor dari T = 0 sampai T = 369 K (pada temperatur rendah laju transformasi sangat rendah, sehingga kestabilan relatif termodinamika dari bentuk monoklinik tidak penting lagi; bentuk-bentuk itu stabil secara termodinamika internal). Kita dapatkan:

Menunjukkan bahwa pada temperatur transisi

Dengan membandingkan nilai ini dengan nilai di atas, kita menyimpulkan bahwa

Sesuai dengan dalilnya.

Dengan demikian, dari dalil Nernst ini jika kita menganggap entropi unsur-unsur dalam  bentuk kristal sempurnanya bernilai nol pada T = 0, semua kristal sempurna senyawa-senyawa juga mempunyai entropi  sebesar nol pada T=0 (karena perubahan entropi yang menyertai pembentukan senyawa-senyawa, seperti halnya semua transformasi, bernilai nol). Karena itu, semua kristal sempurna dianggap memiliki entropi nol pada T=0.

Hukum Ketiga: jika entropi semua unsur dalam keadaan stabilnya pada T=0 diambil sama dengan nol, semua zat mempunyai entropi positif yang pada T=0 dapat menjadi nol, dan untuk semua zat kristal sempurna termasuk senyawa-senyawa entropinya menjadi nol.

Entropi Hukum Ketiga

Untuk selanjutnya, dibuat pilihan S(0)=0 untuk kristal sempurna. Entropi yang tercatat berdasarkan hal itu disebut entropi Hukum Ketiga (dan sering juga hanya disebut ebagai entropi). Jika zat dalam keadaan standarnya pada temperatur T, entropi standar (Hukum Ketiga) nya diberi notasi S⁰(T).

Entropi reaksi  standar   didefinisikan, seperti entalpi reaksi standar, sebagai selisih antara entropi produk murni terpisah dengan reaktan murni terpisah, semua zat itu dalam keadaan standar pada temperatur tertentu. Jadi secara umum:

 

Kita tinjau transformasi suatu padatan dari suhu 0 absolut ke suhu T di bawah titk lelehnya,yang terjadi pada tekanan tetap.

            Padatan (0 K.P)                      padatan (T,P)

            Perubahan entropinya,pada P tetap sesuai dengan yang dinyatakan oleh persamaan(4.43)yakni

            ΔS = S_T –s₀  =

Atau

            S_T = S₀  +                                                                                                  

                Oleh karena C_p  Positif,integral persamaan (4.58)akan bernilai positif ,sehingga entropi hanya dapat meningkat karena suhu.pada nol kelvin entropi memiliki nilai S₀ Yang paling kecil.pada tahun 1913,M.Planck mengusulkan bahwa nilai S ₀ adalah nol untuk setiap kristal murni dan kristal sempurna.pernyataan ini kemudian dikenal sebagai hukum ketiga Termodinamika: Entropi kristal murni yang sempurna adalah pada suhu  nol absolut

            Jika hukum ketiga Termodinamika  diterapkan terhadap persamaan (4.58),di peroleh persamaan

            S_T  =             

Turunan,            

       =  

                        =  

=

=

=  

=(pada T’)

= (pada T’)

                Sehingga,

S_T =  (pada T’)                                                                    

S_T disebut entropi(mutlak)padatan pada suhu T dan tekanan P.Jika tekanannya 1 atm,maka entropi itu di sebut entropi standar, ^, sehingga dapat di tulis menjadi

 

Turunan,

       =  

                        =  

=

=

=  

=(pada T’)

= (pada T’)

Sehingga,

  (pada T’)

Soal

1.      Kapasitas kalor molar emas pada temperatur 10 K adalah 0,43 J K^-1 mol^-1 berapa entropi molarnya pada temperatur itu.

Jawaban

Kita dapat mengasumsikan pada temperatur rendah kapasitas kalor sama dengan aT³, yaitu

           S(T) – S(0) =  =  

Namun demikian, karena  adalah kapasitas kalor pada temperatur T, maka , sehingga

S(T)     = S(0) +   

= S(0) + 0,43 J K^-1 mol^-1       

= S(0) + 0,14 J K^-1 mol^-1

Karena S(0) adalah 0 maka,

S(T)     = 0,14 J K^-1 mol^-1

2.      Jika entropi molar perak pada temperatur 15 K adalah 28,35 43 J K^-1 mol^-1. Berapa kapasitas kalor molar perak pada temperatur itu.

Penyelesaian:

-          Diketahui: S(T) = 28,35 43 J K^-1 mol^-1 dan T = 15 K

-          Ditanya:  (kapasitas kalor)

-          Jawab : nilai S(0) = 0 untuk kristal murni dan kristal sempurna,

S(T)                       = S(0) +   

28,35 43 J K^-1 mol^-1              =0 +  

28,35 43 J K^-1 mol^-1           =  

                                     =28,35 43 J K^-1 mol^-1 X 3

                                     =85,05 J K^-1 mol^-1

D.    Perhitungan Entropi menurut Perbedaan Temperatur

1.)    Entropi Standar Zat Cair di Atas Titik Lelehnya

Entropi sistem pada temperature T dapat dihubungkan dengan entropi pada T=0 dengan mengukur kapasitas kalor C_p pada temperatur berbeda-beda dan mengevaluasi integral. Pada setiap transisi fase, entropi transisi harus ditambahkan (_trs /T_t).

Jika suatu perubahan yang terjadi pada proses pelelehan menyangkut peningkatan entropi, konstribusi perubahannya harus disertakan dalam perhitungan entropi cairan. Misalnya, suatu padatan meleleh pada keadaan standar (tekanan 1 atm), kemudian setelah semua meleleh (mencair) suhunya meningkat terus. Entropi pada proses ini dinyatakan dengan persamaan :

 =

Untuk mengevaluasi , maka diperlukan data mengenai, , T_m, , dan  pada rentang suhu yang diinginkan. Data-data ini diperoleh dari hasil percobaan. Akan tetapi pada suhu yang sangat rendah, pengukuran sangat sulit dilakukan. Selain itu, masalah lain adalah sukarnya mengukur kapasitas kalor didekat T=0. Pengukuran kapasitas panas seringkali hanya dapat dilakukan sampai suhu sekitar 10-15 K.

Ada dasar-dasar teori yang baik untuk menganggap bahwa kapasitas kalor  sebanding dengan T³ jika T rendah, dan ini  merupakan dasar dari ekstrapolasi Debye. Dalam metode ini, C_p diukur sampai temperatur serendah mungkin. Pada keadaan ini kapasitas panas padatan memenuhi hukum Debye “T pangkat tiga” secara akurat adalah sebagai berikut:

C_v = aT³

Dengan a suatu tetapan yang khas untuk setiap zat. Pada suhu ini C_v C_p. oleh karena itu, hukum Debye tersebut dapat digunakan untuk mengevaluasi integral C_p/T pada rentang suhu 0 K sampai suhu pengukuran terendah T’. Sehingga,

Dari hukum Debye, a = (C_p)_T/T³.

Pada rentang temperatur diatas T’, integral

                                                                                  

dievaluasi secara grafis dengan memplot C_p/T versus T, atau C_p versus log T. Daerah dibawah kurva merupakan nilai dari integral. Plot versus log T untuk padatan dari 12 K hinga 298 K. Keseluruhan daerah dibawah kurva ketika dikalikan dengan 2,303 menghasilkan nilai = 32,6 J/Kmol.

Integral suku pertama ruas kanan pada persamaan di atas dapat dievaluasi dengan cara

(pada T’)

Pada,

        =  

Penjelasan:

Karena =

Maka,

     =  

                        =  

=

=

=  

=(pada T’)

= (pada T’)

     =  

                        =  

=

=

=  

=(pada T’)

= (pada T’)

Sehingga,

  = +  

Untuk mengevaluasi integral suku kedua ruas kanan pada persamaan ini, dapat dilakukan dengan memasukkan data  hasil pengukuran dan menegintegralkan  pada rentang suhu T’ sampai T_m. Cara lain yang dapat dilakukan adalah grafik. Pada cara ini  hasil pengukuran  dialurkan terhadap T atau  terhadap T.  Luas dibawah kurva adalah nilai integralnya.

meleleh

 

          C_p=aT³

                padat  cair

diekstrapolasikan     T_f

Contoh:

1.      Suatu logam memiliki  sebesar 142,7 KJ/mol,suhu 15K,kapasitas kalor logam sebesar 2,8 J/K.mol dan kapasitas kalor liquid sebesar 7 J/K.mol. Hitung  (entropi standar)!

2.      Suatu logam Zn pada temperatur 20 K memiliki  sebesar 130,42 KJ/mol, dengan kapasitas kalor liquid sebesar 14,43 J/K.mol dan memiliki entropi standar sebesar 6526,8 J/K.mol. tentukan kapasitas kalor logam tersebut!

Jawab:

1.       Diketahui:

·         142,7 KJ/mol = 142.700 J/mol

·          = 15 K

·         =  2,8 J/K.mol

·          = 7 J/K.mol

Ditanya: entropi standar

Jawab:

   =

= +  

= 2,8 J/K.mol +  +  7 J/K.mol

=0,93 J/K.mol + 9513,33 J/mol. K + 2,33 J/K.mol

=9516,59 J/K.mol

2.      Diketahui:

·         = 130,42 KJ/mol= 130420 J/mol

·          = 6526,8 J/K.mol

·          = 14,43 J/K.mol

·          = 20 K

Ditanya:

Kapasitas kalor logam

Jawab:

        =

6526,8 J/K.mol            =  +  +  14,43 J/K.mol

6526,8 J/K.mol            = + 6521 J/K.mol + 4,81 J/K.mol

6526,8 J/K.mol            = + 6525,81 J/K.mol

                        = 6526,8 J/K.mol - 6525,81 J/K.mol

                        =0,99 J/K.mol

                           =0,99 J/K.mol x 3

                           =2,97 J/K.mol

2.)    Entropi standar  Gas di atas Titik Didihnya

Sebelumnya kita ketahui :

ΔS = 

ΔS =  

ΔS  =

Jika tekanan konstant, maka Qp = ΔS, oleh karena itu menjadi uap akan menjadi cair yang disebut dengan titik didih.

ΔS  =                 ΔS =                    ΔS  =

Beberapa argument pada entropi campuran  pada titik leleh adalah dengan berikut:

ΔS_fus  =

Entropi standar  zat cair di atas Titik lelehnya dengan rumus dibawah ini:

S =   dT  +    +  dT 

Dari penjelasan yang di atas dapat di simpulkan bhwa entropi standar gas di atas titik didihnya adalah sebagai berikut:

S =   dT  +    +  dT  +    +  dT

Penjelasan

Karena =

Maka,

     =  

                        =  

=

=

=  

=(pada T’)

= (pada T’)

     =  

                        =  

=

=

=  

=(pada T’)

= (pada T’)

    =  

                        =  

=

=

=  

=(pada T’)

= (pada T’)

Sehingga,

S 

Contoh soal:

1.      Suatu unsur mendidih pada suhu 35ᵒC dan memiliki  25.1 KJ/mol. Hitung ΔSᵒ_vap ?

Dik:    Tb = 35ᵒC = 308 K 

              =  25.1 KJ/mol

Dit : ΔSᵒ_vap  = ?

Jawab :

ΔSᵒ_vap     =    

            =    

ΔSᵒ_vap  =  0.0815 KJ/ Mol K

2.      Jika  kapasitas kalor (s) air adalah 69,950J/K.mol pada suhu 15 K. Hitung entropi uap air pada 200ᵒC dan 0.5 atm .

Diketahui

_p  (l)  =   75, 291 JK^-1mol^-1

_p  (g)  =   33, 577  JK^-1mol^-1

Δ_uap  =  40, 6563 KJK^-1mol^-1

Δ_fus  =  142,7 KJK^-1mol^-1

Penyelesaian :

Dik:

T_b  = 200ᵒC     = 473 K

_p  (s) =  69,950J/K.mol

_p  (l)  =   75, 291 JK^-1mol^-1

_p  (g)  =   33, 577  JK^-1mol^-1

Δ_uap  =  40, 6563 KJ.mol^-1  = 40.656,3 J mol^-1  

Δ_fus  =  142,7 KJ.mol^-1 = 142.700 J mol^-1  

T_m = 15 K

Dit:

Entropi uap air  ??

Jawab:

S =   dT  +    +  dT  +    +  dT

S =   dT  +    +  dT  +    +  dT

S 

S69,950J/K.mol +  75,291 JK^-1mol^-1 + 33, 577  JK^-1mol^-1  

S JK^-1mol^-1  + 9513,33 JK^-1mol^-1  + 25,09 JK^-1mol^-1  + 85,95 JK^-1mol^-1  + 11,19 JK^-1mol^-1  

S JK^-1mol^-1  

E.     Entropi sebagai Kriteria Kespontanan Proses

            Hukum kedua termodinamika dapat digunakan untuk meramalkan arah suatu proses,apakah pada kondisi tertentu proses tersebut dapat terjadi atau tidak. Menurut hukum kedua termodinamika ,proses yang berlangsung pada sistem tersekat (di alam semesta)dapat terjadi apabila disertai dengan peningkatan entropi.

            Menurut hukum kekekalan energi,energi alam semesta adalah tetap,maka pertukaran kalor sistem dan lingkungannya bersama-sama berada dalam satu sistem tersekat, sehingga,entropi sistem dan lingkungannya bersama-sama berada dalam sistem tersekat.oleh karena itu,dapat juga dikatakan bahwa kedua nilai entropi ini berperan sebagai kriteria kespontanan proses.berdasarkan pada pernyataan tersebut maka arah proses dapat diramalkan sebagai berikut.

1.      Jika  ΔS_sistem + ΔS_lingkungan > 0 proses akan berlangsung

2.      Jika  ΔS_sistem + ΔS_lingkungan < 0 proses tidak akan berlangsung

3.      Jika  ΔS_sistem + ΔS_lingkungan =0 proses berlangsung setimbang

Contoh soal

1.      Diketahui perubahan entalpi pembentukan molar standar H₂O(g) dan H₂O( l ) masing-masing adalah 241,82 dan 285,83 Kj/mol dan entropi molar standarnya masing-masing adalah 189 dan 70 JK/mol.Ramalkan apakah uap air dapat mengembun pada suhu kamar( 298 K dan 1 atm ).

Jawaban

Analisi soal

Diketahui : ΔH⁰_∫ H₂O _(l) =-285,83 kJ mol ^-1

                        ΔH⁰_∫ H₂O_(g)=-241,82 Kj mol ^-1

                      S, _∫ H₂O _(l)=70 JK^-1

                      S, _∫ H₂O_(g) = 189 JK^-1 mol ^-1

Ditanya: ramalkan apakah H₂O_(g)         H₂O_(l) dapat terjadi, pada suhu kamar ?

Cara penyelesaian

ΔS  > 0 Reaki berlangsung

ΔS = ΔS_{sistem +} ΔS_lingkungan

ΔS_{sistm =} S_{H2O( l )} + S_H2O(g)

ΔS_lingkungan=

ΔH_lingkungan =-ΔH_sistem

ΔH_sistem = ΔH⁰_∫. H₂O_(l)- ΔH⁰_∫. H₂O_(g)

Penyelesaian

ΔS_sistem =S_H2O(l)- S_H20(g)

             =(70-189) JK^-1mol ^-1

                    ⁼-119 JK ^-1mol ^-1

ΔS_lingungan =-ΔH⁰_∫.H₂O( l ) + H₂O ( g )

                                   T

                  =(285,83-241,82) Kj mol^-1

                                                  298 K

                   =148 JK^-1mol^-1

 ΔS = ΔS_sistem + ΔS_lingkungan

       =(-119 + 148 ) JK ^-1mol ^-1

            =29 JK^-1mol ^-1

2.      Diketahui perubahan entalpi pembentukan molar standar Br₂(g) dan Br₂ ( l ) masing-masing adalah 30,91dan 0 Kj/mol dan entropi molar standarnya masing-masing adalah 245 dan 152 JK/mol.Ramalkan apakah uap air dapat mengembun pada suhu kamar( 298 K dan 1 atm ).

Jawaban

Analisi soal

Diketahui : ΔH⁰_∫ Br_{2 (l)} = 0 kJ mol ^-1

                        ΔH⁰_∫ Br_{2 (g)}= 30,91Kj mol ^-1

                      S, _∫ Br_{2 (l)}=152 JK^-1

                      S, _∫ Br_{2 (g)} =245 JK^-1 mol ^-1

Ditanya: ramalkan apakah Br_{2 (g)}           Br_{2 (l)} dapat terjadi, pada suhu kamar ?

Cara penyelesaian

ΔS  > 0 Reaki berlangsung

ΔS = ΔS_{sistem +} ΔS_lingkungan

ΔS_{sistm =} S _{Br2 ( l )} + S _{Br2 (g)}

ΔS_lingkungan=

ΔH_lingkungan =-ΔH_sistem

ΔH_sistem = ΔH⁰_∫. Br_{2 (l)}- ΔH⁰_∫. Br_{2 (g)}

Penyelesaian

ΔS_sistem =S _{Br2 (l)}- S _{Br2 (g)}

             =(152-245) JK^-1mol ^-1

                    ⁼-93 JK ^-1mol ^-1

ΔS_lingungan =-ΔH⁰_{∫. Br2} ( l ) + ΔH⁰_{∫. Br2}  ( g )

                                   T

                  =(0- 30,91) KJ mol^-1

                                                  298 K

                   =103 JK^-1mol^-1

 ΔS = ΔS_sistem + ΔS_lingkungan

       =(-93 + 103) JK ^-1mol ^-1

            =10 JK^-1mol ^-1

BAB III

PENUTUP

A.    KESIMPULAN

1.      Hukum kedua: Entropi suatu sistem yang terisolasi bertambah selama ada perubahan spontan.

 Dengan  menyatakan entropi total semua bagian sistem terisolasi.

2.      Hukum Ketiga: jika entropi semua unsur dalam keadaan stabilnya pada T=0 diambil sama dengan nol, semua zat mempunyai entropi positif yang pada T=0 dapat menjadi nol, dan untuk semua zat kristal sempurna termasuk senyawa-senyawa entropinya menjadi nol.

Persamaan,

            S_T  =             

3.      Entropi Standar Zat Cair di Atas Titik Lelehnya

Persamaan,

        =  

4.      Entropi standar  Gas di atas Titik Didihnya

Persamaan,

S =   dT  +    +  dT  +    +  dT

5.      Entropi sebagai Kriteria Kespontanan Proses

Jika  ΔS_sistem + ΔS_lingkungan > 0 proses akan berlangsung

Jika  ΔS_sistem + ΔS_lingkungan < 0 proses tidak akan berlangsung

Jika  ΔS_sistem + ΔS_lingkungan =0 proses berlangsung setimbang

B.     SARAN

Kepada para pembaca diharapkan teliti dalam membaca dan memahami makalah ini, karena banyak terdapat rumus beserta turunnya. Untuk latihan soal, dapat di coba berulang-ulang agar lebih memahami materi yang ada dalam makalah ini.