MODUL ATK SEMESTER 1 dan SEMESTER 2.doc

AZAS TEKNIK KIMIA SEMESTER III DAFTAR ISI PENGANTAR TEKNIK KIMIA Pengertian Teknik Kimia Profesi Bidang Teknik Kimia Langkah-langkah Penyelesaian Soal Teknik Perhitungan Daftar Pustaka

3 6 6 9 12 15

BAB I SISTEM DALAM TEKNIK KIMIA Pendahuluan Satuan dan Dimensi Faktor Konversi Satuan Faktor Konversi Newton Berat dan Massa Mol dan Berat Mol Rapat Massa Specifigc Gravity Skala Baume Skala API Skala Twaddle Specific Volume Komposisi Larutan / Campuran Fraksi Mol dan Fraksi Massa Berat Molekul Rata-rata Temperatur dan Suhu Tekanan Basis Perhitungan Daftar Pustaka

16 16 16 18 19 19 21 22 23 24 24 24 25 25 28 29 31 32 34 36

BAB II ANALISIS DIMENSI Pendahuluan Analisis Dimensi Dimensi Dasar / Fundamental Mencari Persamaan dengan Analisis Dimensi Metode Rayleigh Metode Buckingham Latihan Daftar Pustaka

37 37 37 38 39 41 46 48 49

BAB III SIMILIRITAS Pendahuluan Model dan Protipe Macam-macam Similiritas Pelaksanaan Similiritas Kriteria Similiritas

50 50 50 51 54 59

Azas Teknik Kimia

Page 1

Latihan Daftar Pustaka

65 65

BAB IV NERACA MASSA Pendahuluan Pengertian-pengertian Nerca Massa Neraca Massa ”Steady” dan ”Unsteady” Neraca Massa Tanpa Reaksi Kimia Pencampuran Pengeringan Kristalisasi Kesetimbangan Fase Distilasi Evaporasi Neraca Massa Elemen Latihan Daftar Pustaka

66 66 67 68 69 70 71 73 76 78 80 81 82 88 89

BAB V NERACA MASSA DENGAN REAKSI KIMIA Pereaksi Pembatas Konversi Reaksi Yield atau Hasil Recovery Latihan Daftar Pustaka

90 91 92 92 93 101 102

BAB VI NERACA MASSSA DENGAN ALIRAN BALIK, ARUS PINTAS, ALIRAN BUANG Aliran Balik (Recycle) tanpa Reaksi Kimia Aliran Balik (Recycle) dengan Reaksi Kimia Aliran Pintas (By Pass) Aliran Gas Buang (Purge) Latihan Daftar Pustaka

103 104 107 111 113 114 115

BAB VII NERACA MASSA TAK TUNAK Prinsip Neraca Massa Prinsip Neraca Massa dan Kesetimbangan

116 118 123

Azas Teknik Kimia

Page 2

PENGANTAR TEKNIK KIMIA TINJAUAN MATA PELAJARAN Kemampuan yang akan dicapai setelah siswa jurusan kimia industri semester III menerima ATK I, ialah akan mampu menghitung neraca massa pada suatu proses industri kimia dengan benar dan memudahkan mengikuti mata pelajaran yang lainnya. Dari nama mata pelajaran ini tentunya sudah dapat ditebak makna yang terkandung di dalamnya. Benar, bahwa Azas-azas Kimia (ATK) merupakan mata pelajaran dasar yang melandasi hampir seluruh mata pelajaran yang ada di jurusan Kimia Industri. Namun demikian, mata pelajaran ini didasari oleh mata pelajaran yang ada pada semester sebelumnya, seperti Fisika, Kimia Dasar, Kimia Organik dan Matematika. Karena sebagai landasan, maka memerlukan perhatian lebih besar dan jangan pernah melupakan baik mata pelajaran yang mendasarinya maupun mata pelajaran ATK ini. Sampai semester akhir pun ilmu pada mata pelajaran ini masih dipergunakan!. Hubungan mata pelajaran ATK dengan mata pelajaran yang lain dapat dilihat pada gambar I-1. PERANCANGAN PABRIK KIMIA

PIK

TERMO DINAMIKA

OTK

KINETIKA & REAKTOR

PERANCANGAN ALAT

AZAS AZAS TEKNIK KIMIA

MATEMATIKA

FISIKA

KONSEP TEKNOLOGI

KIMIA UMUM

KIMIA FISIKA

Gambar P-1. Hubungan Mata pelajaran ATK dengan Mata pelajaran Lain

Azas Teknik Kimia

Page 3

Terlihat pada gambar itu, bahwa mata pelajaran ini berada ditengah antara mata pelajaran penunjang dan lanjutan. ATK merupakan mata pelajaran dasar pokok dalam kurikulum teknik kimia. Sebelum memperoleh ATK, siswa dibekali dengan dasar ilmu teknik, yaitu fisika, kimia, dan matematika. Tentunya ilmu ini tidak sekedar untuk diketahui, tetapi juga harus bisa dipahami. ATK menjadi landasan bagi mata pelajaran lanjutan, seperti tertera di gambar P-1. Meskipun dalam penyampaiannya dapat berdampingan, misalnya ATK dalam satu semester berada bersama dengan OTK I atau PIK. Dan semua mata pelajaran ini bermuara di tugas akhir “Perancangan Pabrik Kimia”, sebab pada tugas akhir itu hampir seluruh materi yang telah diberikan dipergunakan dalam perancangan pabrik kimia. ATK dibagi menjadi dua semester dengan materi yang berbeda. Sesuai dengan kurikulum Teknik Kimia, ATK I berada pada semester III, sedangkan ATK II pada semester IV. Dalam ATK I ini akan dikemukakan materi NERACA MASSA yang terdiri atas beberapa pokok bahasan, yaitu: 1. Sistem dalam teknik kimia 2. Analisis Dimensi 3. Similaritas dalam teknik kimia 4. Neraca massa tanpa reaksi kimia 5. Neraca massa dengan reaksi kimia 6. Neraca massa sistem dengan aliran balik, aliran pintas, dan aliran buangan 7. Neraca massa tak tunak (”unsteady”). Untuk lebih mengenal dan mendalami teknik kimia, terlebih dahulu diperkenalkan pengertian teknik kimia dan apa saja yang bisa ditekuni oleh seorang sarjana teknik kimia?. Dan sebelum masuk pada materi sesungguhnya, siswa diajak untuk mengenal langkah logis dalam penyelesaian persoalan di bidang teknik kimia secara umum. Di dalam mempelajari mata pelajaran ini, tidaklah cukup jika hanya mengandalkan dari buku ini saja. Cobalah membaca buku-buku bacaan yang tertera dalam daftar pustaka yang digunakan dalam buku ini dan buku-buku teks untuk teknik kimia. Hal ke dua dan merupakan yang utama dalam mendalami teori yang ada adalah selalu melakukan latihan yang berfungsi sebagai pengetrapan ilmu yang telah diperoleh, pengalaman dalam menghadapi segala persoalan, dan melatih diri dalam berpikir logis. Tata urutan atau hierarchi topik yang dipelajari dalam ATK dapat digambarkan seperti dalam gambar P-2.

Azas Teknik Kimia

Page 4

D

Satuan dan Dimensi

K

E

Berat, Massa & Mole

O

F

Rapat Massa

I N I

TEKNIK PENYELESAI AN SOAL

V Konsentrasi Campuran Temperatur/Suhu

E R

S

Tekanan

S

I

Energi & Panas Reaksi

I

Kapasitas Panas SUMBER DATA

PERSAMAAN REAKSI KIMIA DAN STOICHIOME TRI

PEMILIHAN BASIS Digital Computers

N

NERACA MASSA DAN NERACA ENERGI

Gambar P-2. Tata Urutan Isi Mata pelajaranATK Materi ATK adalah neraca massa dan neraca panas yang dibagi dalam dua semester. Untuk sampai pada materi itu diperlukan materi penunjang. Oleh karena itu, dalam Azas Teknik Kimia memperkenalkan kembali tentang sistem dalam teknik kimia berupa definisi besaran-besaran dan kesemuanya itu, baik sendiri maupun bersama-sama digunakan sebagai sumber data yang penting. Di samping sumber data yang dihitung ada pula sumber data yang tersedia dalam buku-buku bacaan. Sumber data utama bidang teknik kimia ada di buku “Perry” sebagai editornya dengan judul bukunya “Chemical Engineers’ Handbook”. Agar dapat melakukan perhitungan neraca massa dan neraca panas dengan baik diperlukan pengetahuan tentang “persamaan reaksi kimia (stoichiometri)”. Di samping itu dipelajari pula teknik-teknik penyelesaiaan soal. Teknik menghitung saat ini telah dapat dilakukan dengan mesin canggih, yaitu komputer. Namun perlu diingatkan, bahwa keberadaan komputer adalah sebagai sarana untuk melakukan perhitungan agar waktu untuk perolehan hasil lebih cepat. Sarana itu dapat dipergunakan setelah memperoleh perintah dari penggunanya. Tanpa perintah manusia, mustahil komputer itu dapat berjalan.

Azas Teknik Kimia

Page 5

Pengertian Teknik Kimia Para penulis buku-buku bacaan bidang teknik kimia masing-masing memberi gambaran dan definisi tentang apa itu teknik kimia. Hal itu dijumpai pada buku-buku perancangan pabrik kimia seperti yang ditulis oleh Backhurst & Harker (1973), Vilbrandt & Dryden (1959), dan Peters & Timmerhaus (1991). Pada buku yang lain, diantaranya ditulis oleh McCabe dan Smith (1976), Shreve (1956), dan Rudd dan Watson (1966), memasukkan unsur ekonomi menyertai proses dan hasilnya. Secara umum definisi teknik kimia seperti yang dikemukakan oleh Suhendro (1988), yaitu teknik kimia adalah bidang ilmu yang mempelajari cara-cara mengubah suatu bahan menjadi bahan lain atau produk secara kimia atau fisika yang lebih bermanfaat dan ekonomis.

Dalam proses perubahan tersebut

diperlukan beberapa jenis pekerjaan, seperti yang tertera dalam praktek-praktek teknik kimia dengan Chemical Engineering tools- nya di bagian lain buku ini. Sejarah teknik kimia telah dimulai sejak tahun 440 SM (Sebelum Masehi) dengan dikemukakannya konsep atom oleh Democritus. Disusul kemudian oleh para ahli lain seperti Archimedes tahun 250 SM sampai Ernest Solvay yang dikenal dengan proses Solvay untuk menghasilkan sodium karbonat tahun 1863. Kemudian menyusul Osborne Reynolds pada tahun 1883 yang mengemukakan hasil penelitiannya yang dikenal dengan bilangan Reynolds. Penemuan-penemuan baik bahan maupun proses dalam teknik kimia terus berlanjut hingga sekarang. Pada tahun 1880 George Davis menyatukan profesi teknik kimia itu dalam sebuah organisasi yang disebut Society of Chemical Engineers di Inggris. Kemudian, pada tahun 1888 dia memberikan 12 kali perkuliahan di Manchaster Inggris sebagai tanda kehadiran satu profesi baru, yaitu teknik kimia. Pada tahun itu pula The Massachusetts Institute of Technology di Amerika memulai course

X

(kursus

sepuluh)

sebagai

awal

program

4

tahun

teknik

kimia

(http://www.pafko.com/history/h_time.html). Oleh karena itulah, peristiwa pada tahun itu umumnya dijadikan sebagai awal pendidikan formal teknik kimia jenjang pendidikan tinggi. Profesi Bidang Teknik Kimia Untuk membuka wawasan siswa bidang teknik kimia, terlebih dahulu diperkenalkan profesi teknik kimia. Seperti telah diketahui, teknik kimia adalah bidang ilmu yang mempelajari cara-cara mengubah suatu bahan menjadi bahan lain atau produk secara kimia atau fisika yang lebih bermanfaat dan ekonomis. Di dalam definisi itu tersirat profesi seorang sarjana teknik kimia, yaitu masalah teknologi kimia dan proses industri kimia (Badger & Banchero,1955; McCabe dkk., 1993). Lebih jauh Vilbrandt & Dryden (1959) memberikan pandangannya tentang profesi teknik kimia yang mempunyai kemampuan dalam 4 divisi Azas Teknik Kimia

Page 6

utama dalam proses industri kimia, yaitu penelitian & pengembangan (research & development),perencanaan (design), proses pendirian pabrik (manufacturing), dan pemasaran (sales). Demikian pula, Peters & Timmerhause (1991) membeberkan keahlian yang dipunyai oleh seorang sarjana teknik kimia, yaitu penelitian, analisis pasar, perancangan alat demi alat, taksiran biaya, pemrograman komputer, dan survei tempat pabrik. Secara keseluruhan, profesi teknik kimia itu dinyatakan dalam praktek-praktek dalam bidang teknik kimia dan chemical engineering tools (Sugiharto, 1988) sebagai: a. Penelitian Proses, b. Pengembangan Proses, c. Process Engineering, d. Analisis Ekonomi, e. Project Engineering, f. Konstruksi (construction engineering), g. Operator (operational engineering), h. Market research Engineering. Dengan Chemical Engineering Tools -nya yang meliputi: 1. Neraca massa, 2. Neraca panas/energi, 3. Keseimbangan, 4. Kecepatan-kecepatan kimia & fisika, 5. Ekonomi, dan 6. Humanitas. Teknik Kimia merupakan seni (art) dan ilmu (science). Pernyataan itu dikemukakan oleh beberapa penulis buku teks teknik kimia, seperti Badger & Banchero (1955) dan McCabe dkk. (1993). Sebagai seorang perancang, misalnya, tak ubahnya seorang perancang busana yang memilih model, membuat patron sesuai ukuran yang ada, sampai menentukan bahan kain yang akan disandangkannya. Kemudian dipublikasikan lewat lenggak-lenggok sang model di atas cat walk. Itulah seni dan ilmu dalam perancangan model yang tak ubahnya perancangan dalam teknik kimia, sebagai salah satu profesinya. Seni mempunyai pengertian kreatifitas dan kemampuan (skill). Dengan demikian, seorang perancang harus memiliki kemampuan menganalisis, imajinasi, daya kreasi, kemampuan membagi kerja dan waktu, keberanian dalam pengambilan keputusan, dan pengetahuan umum dasar teknik kimia.

Azas Teknik Kimia

Page 7

Penelitian proses dilakukan dengan skala kecil sebagai penelitian pendahuluan untuk pendirian sebuah industri kimia. Hal itu untuk mencari kondisi-kondisi proses yang operable, data-data dipergunakan untuk perancangan, pilot plant, dan evaluasi ekonomi. Pengembangan proses merupakan tahapan dalam proses yang diterapkan pada skala kecil menjadi ukuran pilot plant yang dapat menggambarkan operasi pabrik yang sesungguhnya. Pada pekerjaan ini perhitungan scale up yang dikenal dengan similaritas dalam teknik kimia menjadi penting. Pengembangan proses tidak berhenti pada skala pilot plant, tetapi setelah pabrik itu berproduksi masih terus dilakukan sebagai inovasi mencari proses yang efektif dan effisien. Pekerjaan-pekerjaan yang meliputi perencanaan proses dan evaluasi ekonomi pada tingkat awal hingga akhir, yaitu tingkat penelitian, pilot plant, pendirian pabrik sampai pabrik beroperasi, disebut dengan process engineering, termasuk di dalamnya adalah studi kelayakan. Project engineering didefinisikan sebagai cabang kesarjanaan yang menerjemahkan datadata perancangan dan informasi ke dalam rencana-rencana dan spesifikasi (alat, bahan, dan proses) yang akan digunakan oleh orang/kontraktor lain. Praktek-praktek teknik kimia berjalan seiring dengan Chemical Engineering Tools dalam gerak langkah perancangan & pendirian suatu pabrik kimia. Di samping itu, keduanya merupakan inti dari kurikulum yang ada di jurusan teknik kimia di sebuah perguruan tinggi. Layaknya seorang dokter, demikian pula seorang sarjana teknik kimia yang bisa buka warung sesuai kompetensi, keahlian atau bidang profesi yang dimiliki. Bisa sebagai seorang peneliti yang handal. Banyak instansi baik pemerintah maupun swasta yang bergerak dalam bidang penelitian. Di perguruan tinggi yang mempunyai tri dharma perguruan tinggi, salah satu dharmanya adalah penelitian. Hal itu menjadi kewajiban baik siswa maupun dosen untuk melaksanakan dharma penelitian. Pada instansi lain, seperti LIPI, BPPT, BP3G dan lainnya, menyediakan tempat bagi para peneliti. Di dalam industri tersedia satu departemen untuk para peneliti guna mengembangkan industrinya, yaitu yang dikenal dengan R & D (Research & Developmnet). Di situlah para peneliti mengasah kemampuannya dan berkarya. Seorang sarjana kimia industribisa juga menekuni bidang konstruksi industri, sebagai seorang kontraktor, atau hanya sebagai operator dalam suatu industri. Bahkan dapat pula berprofesi di bidang perbankan sebagai analis ekonomi dan di bidang pemasaran. Lebih-lebih berwiraswasta dengan bekal ilmu yang diperoleh selama di bangku kuliah. Market research engineering belum banyak dilakukan di Indonesia. Penelitian bidang pemasaran ini meliputi berbagai aspek, misalnya tentang kepuasan pelanggan dan kemauan Azas Teknik Kimia

Page 8

konsumen terhadap sebuah produk. Pasar merupakan hal penting dalam keberadaan sebuah industri. Sebuah produk berhasil diciptakan, tetapi tidak diserap pasar berakibat pada kebangkrutan. Penelitian ini lebih menghasilkan saran kepada pimpinan tentang kemauan konsumen terhadap produk tertentu. Saat ini, bidang teknik pemasaran banyak diteliti oleh teman-teman dari teknik industri atu teknik informatika, seperti munculnya konsep supply chains. Masih banyak lagi profesi yang dapat ditekuni sebagai seorang sarjana teknik kimia. Pada hakekatnya, mulai dari mencari bahan, mengolah hingga memperoleh hasil sampai pada pemasaran dan distribusi produk ke konsumen adalah lahan bidang teknik kimia. Lulusan S-1 teknik kimia, sebagai gambaran kesuksesan, masih memerlukan waktu kurang lebih 10 tahun untuk menjadi project engineer yang handal dan memerlukan pengalaman 5 tahun lagi untuk menduduki project manager. Memperhatikan hal-hal di atas, tidaklah terlalu berlebihan bila unsur-unsur matematika, ekonomi-manajemen, maupun unsur hubungan manusia dengan manusia dan manusia dengan Tuhan (humanitas) memenuhi kurikulum di bidang teknik kimia. Walaupun, sarjana teknik kimia yang dihasilkan belum mempunyai kesiapan sebagai seorang ahli di bidangnya. Langkah Logis Penyelesaian Masalah/Soal Sering kali siswa mengalami frustrasi dalam menyelesaikan soal-soal yang dihadapai karena tidak tuntas atau mengalami kebuntuan dalam memperoleh hasil akhirnya. Atau dapat menyelesaikan persoalan itu, tetapi dengan waktu tempuh yang panjang. Kalau hal itu dilakukan saat ujian dengan waktu yang terbatas, dapat dibayangkan nilai yang diperolehnya. Modal utama dalam pemecahan persoalan adalah pengalaman dan ketrampilan. Kondisi itu dicapai manakala cukup dalam melatih diri dengan banyak soal, seperti telah dihimbau di atas. Adakalanya, sudah melatih diri, tetapi masih mengalami hambatan untuk menyelesaikan soal yang sedang dihadapi. Untuk itu, cobalah ikuti langkah-langkah logis penyelesaian persoalan berikut ini. 1. Visualisasi Umumnya soal-soal yang terdapat dalam bidang teknik kimia merupakan sebuah proses. Gambarkan dengan nyata persoalan yang sedang dihadapi dengan coretan kecil pada sarana untuk menyelesaikan soal itu. Semisal, sebuah bola yang jatuh dari ketinggian 10 meter di atas tanah.Visualisasikan peristiwa itu dengan gambaran seperti pada gambar di bawah ini. Azas Teknik Kimia

Page 9

mg 10 m

Gambar P-3. Bola jatuh bebas Bila ada reaksi kimia, tuliskan persamaan reaksinya. Misal, dalam proses pembuatan bahan P dilakukan dalam reaktor dengan mereaksikan bahan A dan B, maka reaksi yang terjadi dituliskan: A + B  P. Demikian seterusnya, bila dijumpai persoalan yang lain. 2. Objektif Artinya, pada benda yang dihadapi, yaitu bola dan sekelilingnya. Apa saja yang terdapat dalam benda itu dan apa saja yang berpengaruh terhadap peristiwa itu. Misal diameter, berat, rapat massa, dan yang berpengaruh adalah gaya gravitasi bumi (tidak dalam ruang hampa). Sesuaikan satuan yang ada dengan satu sistem satuan yang dipilih, apakah dengan satuan cm, gram, detik atau dalam feet, pound, detik. Pada reaksi kimia yang terjadi, apakah reaksi tersebut bolak-balik, reaksi searah, atau reaksi katalitik. Dalam persamaan itu sesuaikan koefisien stoichiometri reaksi yang ada. 3. Rencana Pada tahap ini, rencanakan apa saja yang akan dilakukan untuk menyelesaikan pertanyaan dalam persoalan yang dihadapi. Hal ini berkaitan dengan teori, hukum, persamaan/rumusan yang berkaitan langsung dengan permasalahan. Pada contoh bola jatuh bebas, maka teori, hukum, dan persamaan yang ada adalah yang berlaku untuk kasus benda jatuh bebas, bukan gerak parabola atau gerak peluru. Jika, hal yang ditanyakan mengenai tenaga/energi, maka yang relevan dengan peristiwa itu adalah hukum kekekalan massa dan energi, misal energi kinetik dan energi potensial. Tuliskan rumusan untuk jenis energi tersebut dengan benar. Pada persoalan dengan reaksi kimia, perhatikan hal-hal yang bersangkutan dengan itu. Bahan yang bereaksi atau produk yang dihasilkan dalam keadaan cair, padat, atau gas. Azas Teknik Kimia

Page 10

Kondisi operasi pada reaksi tersebut perlu pula dicermati. Pengaruh-pengaruh itu akan berhubungan dengan penyelesaian perhitungan dalam kinetika reaksi. 4. Menghitung Setelah melalui hal di atas, mulailah dengan melakukan perhitungan menggunakan rumusan yang berlaku. Di dalam melaksaanakan perhitungan, pastikan bahwa apa yang ditanyakan dapat terjawab. Hal itu dapat lakukan secara matematika dengan pedoman: Bila ada n bilangan yang tidak diketahui, maka agar dapat diselesaikan secara sempurna harus ada n persamaan yang mengikutinya. 5. Menyempurnakan Penyempurnaan hitungan diperlukan untuk menghindari kesalahan yang dibuat. Hal ini dilakukan dengan meneliti kembali alur dan cara perhitungan. Bila ada data yang diperlukan untuk melengkapi perhitungan, dicari dalam buku-buku teks, misalnya diperlukan data rapat massa, kekentalan atau sifat fisis lainnya. Penyempurnaan itu bisa juga berbentuk laporan yang harus dibuat. Hal itu membantu kita dalam menginventarisir segala yang telah dikerjakan. Agar disuatu hari nanti bila dibutuhkan kembali tidak memperoleh kesulitan. 6. Generalisasi Langkah ini sering kali diabaikan, sehingga bila ada persoalan yang sama untuk dihadapi mengalami kesulitan dalam penyelesaiannya. Padahal, peristiwanya sama yang seharusnya dikerjakan dengan teori, hukum/kaidah dan rumusan yang sama. Generalisasi ini seharusnya dilakukan terhadap suatu peristiwa atau proses yang serupa. Misal persoalan benda jatuh bebas seperti di atas, yang semula diketahui berat benda, tetapi pada persoalan yang lain diketahui “spesifik gravity” dan diameter benda tersebut. Permasalahannya adalah mencari massa benda, karena dalam perhitungan yang digunakan adalah massa benda. Banyak pula dijumpai persamaan-persmaan matematis yang sejenis dan yang berbeda hanyalah pada bilangan yang tidak diketahuinya dan ketentuan yang berlaku. Generalisasi ini sangat membantu dalam menghadapi persoalan-persoalan yang sama. Cara ini biasa digunakan dalam perhitungan-perhitungan menggunakan bantuan komputer dengan bahasa pemrograman yang ada. Bahwa dalam generalisasi alur perhitungan sudahlah baku. Hanya diperlukan trik perhitungan untuk dapat menyelesaikan persoalan yang serupa.

Azas Teknik Kimia

Page 11

Teknik Perhitungan Di samping cara logis menyelesaikan persoalan seperti di atas, di dalam melaksanakan perhitungan sering kali dihadapkan pada keberadaan data yang seadanya. Hal itu akan dijumpai pada saat melakukan perhitungan-perhitungan dalam perancangan baik perancangan pabrik kimia maupun perancangan peralatan. a. Penggunaan Data Literature Di dalam melakukan perhitungan (perancangan) tidak jarang kita dihadapkan dengan data yang terbatas. Untuk itu diperlukan data tambahan yang harus dicari sendiri. Data tambahan itu umumnya berupa sifat-sifat fisis bahan-bahan tertentu. Keberadaan data tersebut dapat diperoleh dalam literature yang disediakan. Kimia industrimengenal beberapa buku pegangan utama yang memuat informasi umum untuk segala hal yang terkait dengan kimia industritermasuk data fisik bahan. Di dalam literature data-data fisik untuk bahan-bahan tertentu disajikan dalam bentuk tabel dan gambar/grafik. Buku-buku yang digunakan sebagai sumber data, ialah: 1. ”Chemical Engineering Handbook”. Buku ini memuat informasi tentang hampir semua sifat-sifat fisik bahan kimia. Di samping itu, buku ini merupakan buku pegangan seorang teknik kimia karena di dalamnya memberi garis besar seluruh materi ajar yang ada di jurusan teknik kimia. Perry secara turun temurun adalah editor dari buku itu yang saat ini ditulis oleh Chilton cucunya dan sudah sampai pada edisi yang ke enam. Sebagai penerbit adalah ”McGraw-Hill Book Company Inc.” di New York atau ”McGraw-Hill International Book Company di Tokyo. 2. “International Critical Tables of Numerical Data, Physic, Chemistry and Technology” ditulis oleh Wasburn, E.W. Dari judulnya sudah dapat dipahami isi buku tersebut. Buku itu terdiri atas beberapa volume, diterbitkan pula oleh ”McGraw-Hill Book Company Inc”. 3. Buku literatur lain untuk teknik kimia. Di dalam buku-buku itu, data fisik maupun kimia yang dimuat tercantum dalam ”Appendix”. b. Perhitungan dengan cara coba-coba (trial & error) Dalam hitungan-hitungan kimia industrisering kali dijumpai persamaan-persamaan berpangkat lebih dari dua. Pada umumnya, penyelesaian secara aljabar tidak dapat dilakukan dengan mudah. Perhitungan

dengan cara coba-coba biasanya sangat membantu

penyelesaiannya dan lebih mudah dilakukan.

Azas Teknik Kimia

Page 12

Contoh: Dalam reaksi dikenal dengan persamaan reaksi keseimbangan, misalnya diulis dengan persamaan: A + 2B  C Bila diketahui pada tekanan dan suhu tertentu nilai konstanta keseimbangannya, K e = 429 dengn konsentrasi dinyatakan dalam mol. Jika mula-mula A = 1 mol dan B = 2 mol, berapa jumlah mol B yang bereaksi pada keadaan seimbang?. Jawab: Pada keadaan seimbang: Ke =

[ C] [ A ][B] 2

Cari konsentrasi masing-masing bahan pada saat seimbang: Komponen

:

A

B

C

jumlah

Mula-mula (mol)

:

1

2

0

3

B bereaksi x mol

:

2–x

½x

3–x

1- ½ x

Maka:

Ke =

(1 / 2) x (3  x )

[ C] = 2 [ A ][B] 2  1  1 / 2 x  2  x      3  x  3  x  2

3 x   x     2x 2x

429 = 

2

Atau

3 x   x      - 429 = 0  f(x) = 0 2x 2x

Penyelesaian persamaan ini dapat dengan mudah dilakukan dengan cara coba-coba pada setiap nilai x mol. Kalau suku kiri tanda sama dengan dinamakan f(x), maka untuk setiap nilai x akan dapat dihitung besarnya f(x) seperti dalam tabel berikut. x

: 1,79 1,80

1,81

1,82

1,83

1,84

f(x)

: -146 -105

- 55

+6

+ 81

+ 175

Dari tabel itu terlihat bahwa untuk memperoleh f(x) = 0, nilai x terletak antara 1,81 dan 1,82. Untuk itu dicoba-coba lagi nilai antara 1,81 dan 1,82 sampai diperoleh nilai f(x) = 0. Hal yang lain dapat dilakukan dengan membuat grafik hubungan antara x dengan f(x), yaitu:

Dengan gambar ini, yang Azas Teknik Kimia

Page 13

+50

dibuat dalam kertas milimeter

f(x)

dapat dengan mudah dibaca 0

posisi nilai x pada saat f(x)=0 Yang ternyata = 1,819.

-50 1,819

x

Gambar P-4. Hasil perhitungan cara coba-coba Jadi, pada saat terjadi keseimbangan reaksi, bahan B yang bereaksi sebesar 1,819 mol. c. Interpolasi dan ekstrapolasi Perhitungan cara ini umumnya dilakukan pada waktu mencari data diantara dua angka yang ada. Seperti pada tabel x dan f(x) di atas, yang henddak dicari berada pada dua angka yang berbeda antara x = 1,81 dan 1,82; masing-masing mempunyai nilai untuk f(x) adalah -55 dan + 6. Cara interpolasi menganggap bahwa garis yang dibentuk antara kedua titik itu adalah linier (garis lurus). Sehingga berlaku perbandingan garis dalam format segitiga, yaitu: c’

c

d’

d

a’ a

e

b

Gambar P-5. Interpolasi dalam garis lurus pada segitiga abc berlaku perbandingan: Atau,

ea d 'a '  ba c'a '

Seperti pada contoh di atas, yaitu antara nilai x= 1,81 dan 1,82 dengan f(x)=-55 dan +6, maka dengan interpolasi diperoleh: a = 1,81 b = 1,82 e = x (yang akan dicari) a’ = -55 c’ = + 6 d’ = 0 maka:

Azas Teknik Kimia

Page 14

e  1,81 0  ( 55)  1,82  1,81 6  ( 55)

e – 1,81 = (55/61)(0,01) = 0,00902 e = 0,0090164 + 1,81 = 1,81902 Hasil itu tidak berbeda dengan cara grafik. Cara ekstrapolasi pada prinsipnya sama dengan cara interpolasi. Pengertiannya saja yang berbeda. Kalau interpolasi adalah nilai yang dicari berada diantara dua harga, sedangkan ekstrapolasi berada diluar ke dua harga itu. Misalnya dari x = 1,81 dan 1,82 dengan f(x) adalah masing-masing -55 dan + 6, jika ekstrapolasi yang dicari berada diatas x = 1,82, misal x = 1,825 PUSTAKA Badger, W.L., and Banchero, J.T., 1955, “Introduction to Chemical Engineering” , International Student Edition, McGraw-Hill Kogakhusha, Ltd., Tokyo. Backhurst, J. R. and Harker, J. H., 1983, “Process Plant Design”, Heinemann Educational Books, London. Brown, G. G., 1958, “Unit Operations”, Modern Asia Edition, John Wiley & Sons, Inc., New York. Johnstone, R. E., and Thring, M. W., 1957, “Pilot Plant, Models, and Scale-Up Methods in Chemical Engineering”, McGraw-Hill Book Company, New York. http://www.pafko.com/history/h_time.html, 2006, “A Chemical Engineering Timeline”. King, C. J., 1971”Separation Processes”, Tata McGraw-Hill Publishing Company Ltd., New Delhi. Levenspiel, O., 1972, “Chemical Reaction Engeneering", 2 nd edition, John Wiley & Sons, New York. McCabe, W. L., Smith, J. C. and Harriott, P., 1993, “Unit Operations of Chemical Engeneering”, 5th Editon, McGraw-Hill, Inc., New York. Peters, M. S. and Timmerhaus, K. D., 1968, “Plant Design and Economic for Engineers”, 4 th edition, McGraw-Hill Book Company, Tokyo. Rudd, D. F., and Watson, C.C., 1968, “Strategy of Process Engineering”, John Wiley & Sons, New York.

Shreve, R. N., 1956, “The Chemical Process Industries”, 2nd edition, McGraw-Hill Book Company, Inc., New York. Soegiarto, 1979, “Pemantapan Penggolongan Penelitian Laboratorium dalam Teknik Kimia”, Pekan Ceramah Fakultas Teknik, Universitas Gadjah Mada, Yogyakarta. Soehendro, B., 1998, “ Pengembangan Ilmu Kimia industridan Pembangunan Nasional”, Pidato Pengukuhan Jabatan Guru Besar dalam Ilmu Teknik, Universitas Gadjah Mada, Yogyakarta Vilbrandt, F. C. and Dryden, C. E., 1959, “Chemical Engineering Plant Design”, McGrawHill Kogakusha, Ltd., Tokyo.

BAB I SISTEM DALAM TEKNIK KIMIA Azas Teknik Kimia

Page 15

Dalam mempelajari bagian ini, siswa diharapkan mampu: 1.

Menjelaskan satuan dan dimensi

2.

Mengenal macam variabel/kualitas dengan satuan-satuan

yang ada 3.

Menjelaskan perbedaan berat dan massa, difinisi dan penggunaan faktor konversi & faktor konversi gravitasi, gc

4.

Mengubah dari satuan tertentu ke bentuk satuan yang lain

5.

Mengetrapkan

konsep

dimensi

secara

benar

dan

menghitung satuan ke dalam fungsinya.

SUB POKOK BAHASAN: Satuan dan dimensi, faktor konversi, berat dan massa, satuan mol dan berat molekul, rapat massa, spesifik gravity, spesifik volum, komposisi larutan, fraksi mol dan fraksi massa, berat molekul rata-rata, suhu, tekanan, dan basis perhitungan PENDAHULUAN Dalam mengawali materi ATK I pada “Sistem Dalam Teknik Kimia” siswa diajak untuk mempelajari berbagai aspek yang menyangkut sistem dalam teknik kimia. Materi dimulai dengan satuan dan dimensi, faktor konversi dan faktor konversi Newton (g c). Kemudian dilanjutkan dengan variabel yang digunakan pada sistem dalam teknik kimia, yaitu faktor konversi, berat dan massa, satuan mol dan berat molekul, rapat massa, spesifik gravity, spesifik volum, komposisi larutan, fraksi mol dan fraksi massa, berat molekul rata-rata, suhu, tekanan, dan basis perhitungan. Semuanya itu merupakan pengertian dasar yang terus digunakan dalam masa perkuliahan di jurusan teknik kimia. Hampir semua variabel telah dikenal melalui mata pelajaran sebelumnya, di sini diingatkan kembali serta diperkenalkan kegunaan dan manfaat di dalam bidang teknik kimia, khususnya satuan dan dimensi dan basis perhitungan. Satuan dan Dimensi Bidang kimia industritidak lepas dari perhitungan matematika. Hal itu melekat pula pada profesi seorang sarjana kimia industriyang bekerja di bidangnya (kecuali kalau setelah

Azas Teknik Kimia

Page 16

lulus manjadi seorang aktor atau artis/selebriti). Hal yang utama dan menjadi perhatian awal sebelum melakukan perhitungan adalah satuan. Dimensi adalah konsep dasar pengukuran yang dinyatakan dalam panjang, waktu, massa, tempetarur, dan energi dan masing-masing diberi notasi L, t, M, T, dan H. Satuan merupakan ekspresi bentuk dimensi, misal satuan panjang: cm, feet; satuan waktu: detik, jam, hari; satuan massa: gram, pound; satuan temperatur: oC, K; satuan energi: calori, Dyne, Britisch Thermal Unit (BTU). Turunan satuan-satuan yang ada dapat mempunyai beberapa dimensi, misalnya rapat massa dengan satuan gr/cc, dimensinya adalah ML-3. Satuan ada dua jenis yaitu satuan Matrik (SI units) dan satuan British (American Engineering System of Units). Pada satuan SI dikenal dengan sistem cgs atau sentimeter, gram, dan secon (detik), sedangkan sistem satuan British, menggunakan inchi, pound, dan secon (detik). Kalau ditanyakan berapakah densitas air?, maka orang dengan cepat menjawab satu. Kalau pertanyaan dilanjutkan, berapakah berat 1 liter air?, dengan cepat pula dijawab satu kilogram. Mengapa demikian?. Jawabnya, karena rumusan yang ada adalah berat = volum x rapat massa Sekarang, kalau diperhatikan dengan lebih teliti: Berat = volum x rapat massa Berat = 1 liter x 1 = 1 liter, yang tentunya tidak sama dengan 1 kilogram. Mari kita perhatikan: Berat = volum x rapat 1 kilogram = 1 liter x rapat Agar liter (L) dapat menjadi kilogram (kg), maka harus dikalikan dengan rapat air tidak hanya 1 saja melainkan 1

kg , artinya nilai L

kg . Jadi rapat massa itu mempunyai satuan, yaitu L

kg . L

Banyak variabel-variabel lain, akan membuat bingung pemakaiannya kalau tidak dijelaskan satuannya. Nilai variabel-variabel ini akan berlainan yang tergantung satuannya. Misalnya nilai konstanta gas umum, R, yaitu 0,082; 1,98 atau nilai gaya gravitasi bumi, g, yaitu 9,8; 32,17 dan lainnya. Oleh karena itu, setiap menuliskan variabel, harus terus diikuti dengan satuannya yang sesuai. Dengan demikian, pada konstanta gas umum, R, terdapat:

Azas Teknik Kimia

Page 17

L atm

cal

R = 0,082 mol K = 1,98 mol K

dan pada g: g = 9,8

m ft = 32,17 . 2 det det 2

Faktor konversi satuan Variabel-variabel di atas yang mempunyai nilai itu disebut dengan kuantitas-kuantitas. Sebuah aksioma menyatakan, bahwa dua kuantitas dapat sama, bila mereka ini mempunyai dimensi yang sama. Misalnya: 2 meter ≠ 2 kilogram, karena dimensinya tidak sama. Meter adalah dimensi panjang (L), sedangkan kilogram mempunyai dimensi massa (M). Sementara sudahlah diketahui, bahwa: 1 ft = 0,3048 m 1 ft2 = (0,3048)2 m2, Tetapi:

1 ft ≠ … m2.

Dalam hal tersebut, satuan–satuan dengan dimensi yang sama yang berpangkat sama dapat dikonversikan ke dalam yang lain dengan menggunakan faktor konversi. Untuk faktor konversi mohon diperhatikan dengan sebaik-baiknya. Sehubungan dengan hal itu, ada ceritera menarik yang penulis dapatkan dari e-mail teman, judulnya: Kesalahan Fatal Dalam Menggunakan Satuan Berat. Dalam berita itu mengatakan, bahwa seorang temannya yang bekerja pada sebuah perusahaan asing di PHK (Putus Hubungan Kerja) akhir tahun 2004 karena kesalahan menerapkan dosis satuan berat pada pengolahan limbah. Pasalnya, dalam buku petunjuk yang digunakan tertera satuan pound dan ounce. Kesalahan fatal muncul, karena yang bersangkutan menerjemahkan: 1 pound = 0,5 kg dan 1 ounce (ons) = 100 g. Sebelum di PHK ybs diberi kesempatan untuk membela diri selama waktu 7 hari. Korban yang nyaris di PHK mencari literature kemana-mana yang dapat dibuat landasan bahwa 1 pound = 0,5 kg atau 1 ounce = 100 g. Ternyata tidak satu pun literature yang menyatakan itu, kecuali di dalam Kamus Besar Bahasa Indonesia yang mengartikan ons (bukan ounce) adalah satuan berat senilai 1/10 kilogram. Hal tersebut mau mengatakan, bahwa: 1. Penggunaan satuan sangatlah penting 2. Hendaklah berhati-hati dalam menggunakan konversi satuan dan 3. Gunakan satuan dengan tepat dan benar Perlu disampaikan disini, bahwa konversi berat yang umum dipakai secara internasional adalah: 1 ounce/ons/onza = 28,35 gram (bukan 100g) 1 pound = 453,6 gram (bukan 500 g) 1 pound = 16 ounce (bukan 5 ons).

Azas Teknik Kimia

Page 18

Bayangkan, bila seorang apoteker salah dalam mengartikan satuan berat tersebut yang obatnya diberikan pada pasien. Daftar II-1 menyajikan beberapa variabel beserta satuannya dan daftar II-2 memberikan beberapa konversi satuan. Faktor konversi Newton, gc Pada sistem British faktor konversi Newton, gc, digunakan untuk mengubah satuan massa (lb) ke satuan gaya (lbf). Hal itu dikembangkan dari hukum Newton, yaitu: F = m. a = m. g ……………………………………………..(I-1). Untuk 1 lb bahan: F = 1lb.

ft , yang nilainya = 1 lbf . Dengan demikian, ada det 2

Daftar I-1. Beberapa variabel dengan satuannya VARIABEL Massa Panjang Waktu Volum Suhu Tekanan Energi/tenaga Densitas Kecepatan linear Percepatan Gaya

SATUAN MATRIKS (SI) Gram, kilogram Sentimeter,meter Detik,menit,jam Liter,meterkubik Celcius,Kelvin Atmosfer Dyne, erg Gram per mililiter Meter per detik, Meter per detik kuadrat Newton

SIMBOL/ NOTASI G, kg cm, m det, men, j L, m3 o C, K atm dyne, erg g/mL,kg/L m/det m/det2 N

SATUAN BRITISH Pound, gallon Inchi, feet Detik, menit,jam Cubicfeet,gallon Fahrenheit,Renkin Pound per squareinch British Thermal Unit Pound per cubicfeet feet per jam feet per detik kuadrat pound (force)

faktor pengubahnya yang diberi notasi gc. Nilai gc = 32,17

SIMBOL/ NOTASI lb, gal In, ft s, men, hr cuft, gal o F, oR psi BTU lb/cuft ft/j ft/s2 lbf

ft lb . Oleh karena itu, rumusdet 2 lb f

rumus yang ada untuk gaya/tenaga, jika digunakan satuan Britisch digunakan faktor g/gc yang praktis mempunyai nilai satu dengan satuan F=

lb f . Seperti persamaan (II-1) dituliskan: lb

mg ………………………………………………………………(I-2). gc

32,17 ft Untuk 1 lb bahan: F = 1lb.

32,17 ft lb

det 2

det 2 lb f

= 1 lb. 1

lb f = 1 lbf. lb

Berat dan massa Massa benda dimana pun berada adalah tetap (sesuai dengan hukum kekekalan massa). Yang dapat berubah adalah bentuknya, yaitu padat, cair atau gas, tetapi jumlahnya tetap.

Azas Teknik Kimia

Page 19

Satuan berat termasuk dalam satuan gaya. Dalam sistem satuan SI berat dinyatakan dengan kg (sama dengan massa), sedangkan dalam sistem British dinyatakan dengan lbf (pound force). Berat benda tergantung pada gaya gravitasi yang ada di tempat itu. Daftar I-2. Beberapa konversi satuan Satuan massa 1 kg = 1000 g 1 kg = 2,2046 lb 1 ton = 2205 lb 1 ounce/ons/onza = 28,35 g 1 m = 100 cm 1 cm = 10 mm 1 ft = 12 in 1 m2 1 ft2 1 ft2

1 lb = 16 once 1 lb = 453,6 g 1 bbl = kg

Satuan panjang 1 in = 2,54 cm 1 ft = 30,48 cm

Satuan luas = 10.000 cm2 = 144 in2; ft2 dan in2 biasa ditulis dengan: sqft dan sqin (sq = square). = 9,2903 10-2 m2

Satuan volum 1 m = 1000000 cm (cc = mL) 1 m3 = 1000 L 1 gal = L 1 cuft = m3 1 gal = cuft 3

3

Satuan gaya 1N

=1

kg m det 2

1 N = 105 dyne

1 erg = 1 g cm/s2 = 2,2481 10-6 lbf 1 BTU = 0,252 kcal 1 HP = 42,4 BTU/men 1Watt-hr = 3,415 BTU 1 atm = 760 mmHg 1 atm = 22,92 inHg 1 Bar = 100 KPa 1 Pa = 1 N/m2

Azas Teknik Kimia

1 g cm/s2 = 10-5 N 1 N = 0,2248 lbf

Satuan energi/panas/tenaga 1 BTU = 778 ft-lbf 1 KW = 1,3415 HP Satuan Tekanan 1 atm = 33,91 ftH2O 1 atm = 1,013 105 Pa 1 atm = 1 kg/m2 1 atm = 14,7 psi

Page 20

Mol dan Berat Molekul Kata “mole” berasal dari bahasa Latin yang berarti “heap” atau “pile”. Dalam bahasa Indonesia berarti timbunan atau tiang pancang Selanjutnya, dalam sistem SI diberi simbol mol. Perkembangan berikut menyatakan bahwa nilai 1 mol itu sama dengan jumlah molekul menurut bilangan Avogadro (lihat kembali mata pelajaran“Kimia Dasar”), jadi: 1 mol = 6,02 1023 molekul 1 lbmol = 6,02.1023.453,6 molekul 1 kmol = 1000 mol Berat molekul merupakan jumlah dari berat atom yang membentuk senyawa molekul tersebut. Berat atom merupakan massa sebuah atom yang didasarkan pada massa atom isotop karbon bernilai 12, yaitu 12C yang di dalam intinya terdapat 6 proton dan 6 netron. Berat molekul merupakan faktor konversi dari satuan massa ke satuan mol atau sebaliknya. Apakah berat molekul punya satuan?. Kalau ada, apa satuan berat molekul (BM) itu?. Untuk menjawab pertanyaan itu, baiklah diberikan contoh sebagai berikut. Berapa berat 1 gmol air (H2O)?. Seperti dikatakan bahwa BM merupakan jumlah dari berat atom yang membentuk senyawa itu, maka untuk menjawabnya diperlukan data tentang berat molekul air, yang terdiri atas 2 berat atom H = 2x1 =2 dan satu berat atom O = 16, sehingga jumlahnya 18, maka berat 1 gmol air = 1 x BM air = 1 gmol x 18 = 18 gram. gram

Agar 1 gmol bisa menjadi 1 gram maka harus dikalikan dengan gmol , yaitu: gram

1gmol air = 1gmol x 18 gmol = 18 gram. Bagaimana jika dalam satuan pound?. Apa satuan BM-nya?. 1 lbmol air = 1 lbmol x 18 = 18 lbmol maka satuan BM adalah

lb . lbmol

Dari kedua contoh tersebut dapat disimpulkan bahwa, satuan massa

Satuan Berat molekul = satuan mol .................................(I-3). Contoh: 1. Seorang siswa menimbang 100 gram padatan MgSO4. Berapa nilai bahan itu bila dinyatakan dalam a) gmol dan b) lbmol? Jawab: Mg SO4 mempunyai BM = 120

Azas Teknik Kimia

Page 21

100gram a). 100 gram Mg SO4 = 120 gram = 0,83 gmol. gmol 1lb

b). 1lb = 454 g, maka 100 g MgSO4 = 100 g x 454g = 0,2203 lb 0,2203 lb = 120 lb = 1,8355.10-3 lbmol. lbmol

Latihan 1. Jelaskan pernyataan berikut ini, benar atau salah! a. 454 gmol NaOH sama dengan 1lbmol b. Berat molekul pada suatu senyawa besarnya sama dengan jumlah tiap atom yang membentuknya. c. Berat atom tergantung pada gaya gravitasi bumi. d. Berat atom merupakan jumlah elektron yang mengelilingi intinya. e. satu mol sama dengan jumlah molekul dalam satu gram bahan. 2. Berapakah berat 100 gmol NaOH yang dinyatakan dalam g dan lb? 3. Berapakah berat 1 mol MgSO4.10H2O?. Berapa gram kandungan airnya?. Rapat massa Disebut juga dengan berat jenis atau densitas. Rapat massa atau rapat suatu bahan adalah jumlah massa suatu bahan tiap satuan volum. Massa adalah jumlah unsur dalam suatu bahan. Berat bahan dapat berubah tergantung besarnya gaya tarik bumi pada daerah itu. Volum dapat berubah karena perubahan suhu dan tekanan, tetapi massa tidak. Massa suatu campuran merupakan jumlah dari massa tiap bahan yang membentuk komposisi campuran itu. Rapat setiap bahan yang ada dalam campuran itu berbeda. Oleh karena itu, dapat dikatakan bahwa rapat massa campuran tergantung pada komposisi dan suhu, terutama pada gas. Rapat = berat jenis = densitas =

berat ..................................(I-4) volum

Pada sistem satuan matrik rapat dinyatakan sebagai gram per sentimeter kubik (

g ) cc

untuk bahan padat dan cair, sedangkan untuk gas dinyatakan dalam gram per liter. Dalam satuan Inggris dinyatakan sebagai pound per kaki kubik (

lb ). cuft

Contoh: Azas Teknik Kimia

Page 22

Karbon tetraklorida pada suhu 25oC mempunyai rapat 1,5844

g . Berapakah cc

lb

beratnya dalam gallon ? Jawab: 1 lb = 453,6 gram 1 in (inchi) = 2,54 cm 1 cuin = 16,3870 cc 1 gallon = 231 cu in Sehingga: 1,5844

cc cu in 1,5844 g / cc g = 453,6 g / lb x (16,387 cu in ) x (231 gal ) cc

lb

= 13,23 gal . Volum dipengaruhi oleh suhu karena adanya pemuaian. Dengan demikian, densitas juga dipengaruhi oleh suhu. Specific gravity Specific gravity (s.g) merupakan perbandingan massa satu bahan terhadap massa bahan tertentu untuk satu satuan volum yang sama. Untuk bahan padat dan cair bahan pembanding yang digunakan adalah air murni pada suhu 4 oC, sedangkan untuk gas yang digunakan sebagai pembanding adalah gas hidrogen murni atau udara kering. s.g(pdt/cair) = s.g(gas)

=

 bahan .......................................................................(I-5).  air murni  bahan  udara ker ing

.....................................................................(I-6).

Dalam penulisan s.g sering kali diikuti dengan perbandingan suhu, misalnya: s.g = 1,43

20 o . Disini menunjukkan bahwa s.g bahan itu berasal dari perbandingan rapat 4o

bahan pada suhu 20oC dengan rapat air yang diukur pada suhu 4oC. Air pada suhu ini nilai rapatnya mutlak sama dengan 1

g . cm 3

Contoh: Rapat besi, Fe2O3 = 314

lb cuft

Rapat kuarsa SiO2 = 155,7

Azas Teknik Kimia

lb cuft

Page 23

Rapat air murni, H2O = 62,437

lb cuft

314

155,7

s.g Fe2O3 = 62,437 = 4,03 dan s.g SiO2 = 62,437 = 2,5. Membandingkan atau mengingat angka 5,03 dan 2,5 jauh lebih mudah daripada angka 314 dan 155,7. Rapat massa dan s.g banyak digunakan dalam industri/perhitungan untuk menentukan konsentrasi atau kemurnian bahan cair. Hubungan s.g dengan konsentrasi terdapat dalam bentuk tabel atau grafik pada buku-buku teks kimia industriatau teknik lainnya. S.g lebih mudah dan lebih cepat diukur daripada konsentrasi yang ditentukan dengan analisis kimia. Berkaitan dengan s.g, ada beberapa skala spesifik yang dikenal dalam industri, yaitu skala Baume, akala A.P.I, dan skala Twaddle. Skala Baume Skala ini terdapat pada alat Baumemeter. Tiap skala pada alat ini dinamakan derajat Baume (oBe). Hubungan oBe dengan s.g adalah: Untuk cairan yang lebih berat daripada air: o

Be = 145 –

145  …………………………(I-7). s.g (60 F  ) 60 F

Untuk cairan yang lebih ringan daripada air:

140  Be = - 130 ....................................(I-8). s.g (60 F  ) 60 F

o

Skala API (American Petroleum Instutute) Skala ini digunakan dalam industri minyak bumi. Tiap skala pada alat ini dinamakam derajat API (oAPI). Hubungan oAPI dengan s.g adalah:

141,5  API = – 131,5 s.g (60 F  ) 60 F

o

........................................(I-9).

Skala Twaddle Skala ini banyak digunakan di Inggris. Tiap skala pada alat ini dinamakan derajat Tweddle (oTw). Hubungan oTw dengan s.g adalah: o

Tw = 200(s.g-1)

Azas Teknik Kimia

.....................................................................(I-10).

Page 24

Hubungan skala-skala di atas dengan s.g dan konsentrasi dituangkan dalam bentuk tabel, yang ada hanya oBe saja. Contoh: Berapa lb HNO3 murni yang terkandung dalam 1 gallon HNO3 dari 36,5 oBe yang diukur pada 60oF?. Jawab: Data dari ‘Handbook’: untuk larutan HNO 3 36,5 oBe mempunyai s.g (60oF/60oF) sebesar 1,3364 dan mengandung 53,32% berat HNO3. Berat 1 gallon air pada 60oF = 8,337 lb. Berat 1 gallon HNO3 36,5 oBe pada 60oF = 8,337. 1,3364 = 11,14 lb Berat HNO3 murni yang terkandung = 0,5332 . 11,14 lb = 5,94 lb. Specific volume Specific volume merupakan kebalikan dari densitas, yaitu satuan volum per satuan massa. Ekspresi satuannya adalah

cuft cuft cm 3 bbl , , , , atau yang lain. lb lbmol g lb 1

volum

Specific volum =   berat

..........................................(I-11).

Komposisi larutan/campuran Bahan di alam umumnya berupa suatu campuran dari beberapa senyawa. Untuk memurnikannya harus dilakukan pengolahan. Kandungan setiap bahan yang ada dalam campuran itu dinyatakan dalam konsentrasi. Dalam analisis campuran/larutan besarnya konsentrasi bahan yang ada dinyatakan dalam satuan konsentrasi yang dapat berupa: massa total massa

mol , total mol

,

massa atau mol . volum

Misalnya,

lb A gmol A , lb laru tan gmol campuran

,

lb . Konsentrasi dapat pula dinyatakan dalam massa terlarut per massa pelarut, misal cuft lb NaOH . lb H 2 O

Kandungan

bahan

itu

dapat

pula

dinyatakan

dalam

prosentase.

Dengan

memperhatikan satuan yang ada pada konsentrasi, maka prosentase itu dapat dinyatakan dalam %berat, %volum, %mol. %berat A =

Azas Teknik Kimia

berat bahan A berat total

x 100% .......................................(I-12).

Page 25

%volum A = %mol A =

volum bahan A volum total

mol bahan A mol total

x 100% ...................................(I-13).

x 100% .......................................(I-14).

Contoh: 1. Diketahui komposisi minyak bakar C=83,6% dan H = 16,4%berat. Bagaimanakah komposisi itu bila dinyatakan dalam %mol? Jawab: Ambil berat minyak bakar 100 g, maka Komponen

%berat

C

83,6

H 16,4 Jumlah :

berat (g) BM 83,6 16,4

gmol

12

83,6 = 6,97 12

16,4 = 16,4 1

1

100%

23,37 gmol

Dengan demikian, %mol dapat dicari, yaitu: 6,97

Untuk C = 23,37 x 100% = 29,82%mol dan 8,2

Untuk H = 23,37 x 100% = 70,18%mol, sehingga jumlahnya tetap 100%. 2. Nyatakan komposisi H, S, dan O dengan %berat yang ada dalam H2SO4!. Penyelesaiaan: Ambil H2SO4 sebesar 1gmol. Untuk dapat mencari komposisi tiap atomnya diperlukan data berat atom (BA) masingmasing komponen pembentuk, yaitu H, S, dan O. Dari data yang ada diketahui: BA masingmasing, H = 1, S = 32, O = 16. Berat unsur H dalam H2SO4 = 2 mol. 1 g/mol = 2 g Berat unsur S dalam H2SO4 = 1mol. 32 g/mol = 32 g Berat unsur O dalam H2SO4 = 4 mol. 16 g/mol= 64 g Dengan demikian berat 1 gmol H2SO4

= 98 g

Sehingga %berat masing-masing usur dalam H2SO4 adalah: H = 2/98 x 100% =

2,04%

S = 32/98 x 100% = 32,65% O = 64/98 x 100% = 65,31% Total

Azas Teknik Kimia

= 100%

Page 26

3. Berapa %berat air yang terkandung dalam MgSO4.10H2O? Penyelesaiaan: Data untuk BA masing-masing unsur adalah: Mg = 24, S = 32, O = 16, H =1 Dalam 1 mol MgSO4.10H2O terdiri atas 1 mol MgSO4 dan 10 mol H2O. Berat 1 mol MgSO4 = 1molx (24 +32+ 4.16)g/mol = 120 g Berat 10 mol H2O = 10 mol x (1.2 + 16) g/mol

= 180 g

Berat total MgSO4.10H2O = (120 + 180) g = 300 g Maka %berat air dalam MgSO4.10H2O = 180/300 x 100% = 60%. 4. Larutan etanol-air yang dibuat dengan campuran 500 mL alkohol pekat yang mempunyai komposisi 93%berat etanol dengan 500 mL air pada suhu 60 oF. Bagaimana komposisi campuran bila dinyatakan dalam %berat dan %volum. Jawab: Pada suhu 60oF, ρair = 0,999

g g dan ρalkohol 93% = 0,8144 . mL mL

a. %berat: berat alkohol pekat = 500 ml (0,8144 berat air

= 500 ml (0,999

g ) = 407,2 g mL g ) mL

berat campuran

= 499,5 g = 906,7 g

berat alkohol murni = 93% x 407,2 g = 378,7 g. berat air dalam larutan = 906,7 – 378,7 = 528 g 378,7

%berat alkohol = 906,7 (100%)

= 41,77%

528

%berat air murni = 906,7 (100%) = 58,23% Jumlah

= 100%

b. %volum: berat air murni dalam alkohol pekat= 7% (407,2) = 28,5 g 28,5 g

volum air murni dalam alkohol pekat = 0,999 g / mL = 28,53 mL. volum air murni total = 500 + 28,53 = 528,53 ml Azas Teknik Kimia

Page 27

volum alkohol murni = 500 – 28,53 = 471,47 ml volum larutan total

= 1000 ml

%volum alkohol murni =

471,47 (100%) = 47,147% 1000

%volum air murni

528,53 (100%) = 52,853% 1000

=

Jumlah

= 100%.

Fraksi mol dan fraksi massa Komposisi suatu campuran yang dinyatakan dalam persen konsentrasi

dapat

dinyatakan dalam bentuk fraksi. Persen dan fraksi, keduanya mempunyai pengertian yang sama. Bila komposisi bahan dinyatakan dalam prosentase maka dituliskan dengan %, misal 10%. Bila pernyataan 10% itu dikehendaki dalam bentuk fraksi, maka dituliskan sebagai 0,1 (bagian). Dapat diartikan bahwa jumlah bahan A

Fraksi A = jumlah total campuran ………………………(I-14). Fraksi A tersebut dapat dinyatakan dalam fraksi mol atau fraksi massa. Bila dinyatakan dalam fraksi mol, maka jumlah bahan A dan jumlah campuran dalam satuan mol, demikian sebaliknya

bila itu dalam fraksi massa. Dalam campuran yang sama, besar fraksi mol

berbeda dengan nilai fraksi massa, seperti halnya %berat dengan %mol atau %volum. Namun, prosentase bahan dalam campuran tidak tergantung pada ’jumlah’ bahan maupun ’banyak’ bahan. Jumlah dalam arti berat atau volum, sedangkan ’banyak’ diartikan sebagai macam senyawa pembentuk bahan itu. Oleh karena itu, didalam hasil analisis suatu bahan selalu dinyatakan dalam prosentase atau bagian. Pernyataan bagian yang lazim didengar adalah bagian per juta (bpj) atau dalam bahasa asingnya part per million (ppm). Misalnya, unsur A dalam larutan sebesar 100 bpj, artinya dalam campuran terdapat unsur A sebesar 100 bagian setiap 1.000.000 bagian campuran. Kata “bagian” dapat dinyatakan dalam, berat, mol, atau volum. Kalau bagian itu dinyatakan dalam liter, maka 100 bpj itu berarti dalam 1.000.000 liter terdapat unsur A sebesar 100 liter. Contoh: Campuran alkohol-air dengan komposisi 50%berat alkohol. Berapa fraksi mol alkohol dalam campuran itu?. Jawab: Ambil berat campuran sebanyak 100 gram, maka dalam campuran itu: Berat alkohol murni = Azas Teknik Kimia

50 x 100 g = 50 g 100 Page 28

Berat air = (100 – 50 )g = 50 g Data tambahan yang diperlukan adalah berat molekul (BM) masing-masing bahan. BM alkohol (etanol) = 46 dan air = 18. Dengan demikian: 50g

Mol alkohol = 46g / gmol = 1,087 gmol 50g

Mol air

= 18g / gmol = 2,778 gmol Mol alkohol + mol air = 3, 865 gmol 1,087

Maka, fraksi mol alkohol = 3,865 = 0,2819 dan 2,778

Fraksi mol air = 3,865 = 0,7181 Total fraksi = (0,2819 + 0,7181) = 1,00 Berat molekul rata-rata Di atas sudah dijelaskan mengenai berat molekul suatu unsur atau senyawa. Bagaimana dengan berat molekul untuk suatu campuran/larutan yang terdiri atas beberapa unsur atau senyawa?. Suatu larutan atau campuran bahan yang terdiri atas beberapa senyawa yang masing-masing senyawa itu memiliki berat molekul, maka berat molekul campuran itu dicari berdasarkan komposisi senyawa yang membentuknya. Berat molekul campuran disebut juga sebagai berat molekul rata-rata. Pada komposisi larutan/campuran di atas disamping %berat, %volum dapat pula dipakai dalam %mol, meskipun %volum untuk gas = % mol. Contoh berikut memberikan perhitungan mencari berat molekul rata-rata. Contoh: 1. Dari data berikut, hitunglah berat molekul rata-rata udara kering?.komposisi dalam %volum: N2 = 78,03%; O2=20,93%; Ar = 0,94%; CO2 = 0,03%; H2 = 0,01%. Jawab: Ambil berat udara tersebut sebanyak 1gmol. Untuk gas: perbandingan mol = perbandingan volum Komponen

mol

BM

N2

0,7803

28

0,7803 x 28

= 21,8608

O2

0,2093

32

0,2093 x 32

= 6,7168

Azas Teknik Kimia

berat (gram)

Page 29

Ar

0,0094

39,95

0,0094 x 39,95 = 0,3755

CO2

0,0003

44

0,0003 x 44

= 0,132

H2

0,0001

2

0,0001 x 2

= 0,0002

Jumlah: 1,000

28,9665 ≈ 29

Disini diperoleh bahwa 1 gmol udara kering mempunyai berat 28,9965 gram, maka berat 29gram

gram

molekul rata-rata udara kering = 1gmol = 29 gmol . 2. Gas alam dengan komposisi (dalam%volum): CH4=83,5%; C2H6 = 12,5%; dan N2 = 4%. Hitung: a. komposisi dalam %mol b. komposisi dalam %berat c. berat molekul rata-rata d. rapat dalam keadaan standar dalam lb/cuft! Jawab: a. untuk gas: perbandingan volum = perbandingan mol, maka % yang diketahui juga = %mol. b. %berat. Ambil gas sebesar 1lbmol Komp. Lbmol BM

berat (lb)

%berat

CH4

0,835 16,03 0,835x16,03 = 13,385

(13,385/18,262)x100%= 73,29%

C2H6

0,125 30,05 0,125 x 30,05 =3,756

(3,756/18,262)x100% = 20,57%

N2

0,04

28,02 0,04 x 28,02 = 1,121 (1,121/18,262)x100% = 6,14%

1,00

18,262

100%

c. Berat molekul rata-rata diperoleh dari berat campuran gas dibagi dengan jumlah mol campuran gas. 18,262 lb

BM rata-rata = 1 lbmol

= 18,262

lb lbmol

d. Rapat/densitas: volum standar gas pada 1 lbmol = 359 cuft (hitung dari persamaan gas ideal), sedangkan dari b. berat 1 lbmol gas = 18,262 lb. Maka densitas gas pada keadaan standar =

berat lb = 18,262/359 = 0,05087 . volum cuft

Temperatur atau suhu Suhu dinyatakan dengan satuan dalam skala/derajat. Skala yang banyak digunakan adalah Centigrade dan Fahrenheit untuk skala biasa, sedangkan Kelvin Azas Teknik Kimia

Page 30

dan Rankine digunakan untuk skala absolut. Masing-masing diberi notasi oC, oF, K, dan oR (pada suhu absolut Kelvin, tanpa diberi derajat, cukup ditulis: K). Di bawah ini tabel yang menunjukkan hubungan ke empat skala suhu tersebut (lihat kembali FISIKA DASAR). Skala suhu dapat dilihat dalam daftar II-3. Angka-angka dalam itu tidak tepat benar, sebab pengukuran secara teliti menunjukkan suhu nol absolut = 273,18 oC di bawah suhu es mencair. Jadi, pada skala Kelvin suhu mencair Daftar I-3. Skala suhu Centigrade

Materi Air mendidih Air membeku/ es mencair Nol Absolut

Skala Suhu Fahrenheit Kelvin

Rankine

100 oC

212 oF

373 K

672 oR

0 oC

32 oF

273 K

492 oR

273 oC

-460 oF

0K

0 oR

seharusnya = 273,18 K dan suhu air mendidih = 373,18 K. Pada perhitungan-perhitungan teknis, angka-angka di belakang koma dihilangkan. Dari tabel di atas dapat menunjukkan: o

F suhu absolutnya adalah oR, sedangkan suhu absolut oC adalah K. Perbedaan suhu

(∆) nya: ∆oF = ∆oR dan ∆oC = ∆K, maka : ToR = [460 + ToF(

1o R )] ……………………………………(I-15). 1o F

T K = [273 + ToC(

1K )] …………………………………….(I-16). 1o C

dan

Perbandingan perbedaan suhu (∆) nya: 1o C = 1,8 atau ∆oC = 1,8 ∆oF o 1 F

Dan

............................................(I-17).

1K = 1,8 atau ∆K = 1,8 ∆oR …………………………….(I-18). 1o R

Hubungan oC dengan oF adalah: ToF – 32 = ToC (

Azas Teknik Kimia

1o F ) 1o C

..............................................(I-9).

Page 31

Karena 1 K = 1,8 oR, maka skala Fahrenheit absolut untuk es mencair = 273,18 K x 1,8(oR/K) = 491,72 oR yang dibulatkan menjadi 492. Dan karena suhu es mencair pada skala Fahrenheit terletak pada angka 32o, maka suhu absolut yang sesuai dengan 0oF = 492 – 32 = 460 oR. Contoh: Konduktivitas panas suatu bahan pada suhu tertentu adalah 117 Btu/(j)(ft 2)(oF/ft). Berapa nilai itu bila dinyatakan dalam Btu/(j)(ft2)(K/ft)!. Jawab: 117 Btu/(j)(ft2)(oF/ft) = 117 BTU.ft/(j)(ft2)(oF) = 117

Btu.ft 1,8o F 1o C ( )( ) ( j)(ft 2 )( o F) 1K 1o C

= 211 Btu/(j)(ft2)(K/ft) Tekanan Tekanan disedinifikan sebagai gaya per satuan luas. Variabel ini ada 4 macam, yaitu: 1. Tekanan atmosferik, yaitu tekanan per satuan luas yang disebabkan oleh udara yang menyelimuti bumi. Tekanan ini diukur dengan barometer sehingga disebut barometrik atau bar. Tekanan ini disebut juga tekanan standar yang besarnya adalah 1 atmosfer = 760 mmHg pada suhu 0oC, standar gravitasi bumi. 2. Tekanan “gauge”, yaitu tekanan di atas atmosferik. 3. Tekanan vakum, yaitu tekanan di bawah atmosferik. 4. Tekanan absolut, yaitu tekanan total. Tekanan absolut = tekanan “gauge” + tekanan barometrik ..............(I-20). Mengukur tekanan dapat dilakukan dengan “liquid colum gauges”, yaitu mengukur tinggi kolom cairan yang beratnya sama dengan daya yang bekerja untuk menghasilkan tekanan. F = h.A.ρ atau

F = P = h. ρ ..........................................................(I-21). A

Dengan, F = daya, h = tingi cairan dalam kolom, A = luas penampang lintang kolom, ρ = rapat cairan, P = tekanan atau daya per satuan luas.

Azas Teknik Kimia

Page 32

Tekanan absolut & gauge diukur dengan alat yang tergantung pada cara pengukurannya. Tekanan gauge diukur dengan pengukur yang padanya berhubungan dengan udara luar (gambar 1), sedangkan bila tidak (tertutup keadaan vakum) maka tekanan yang ada dinyatakan sebagai tekanan absolut (gambar 2). Contoh. 1. Berapa tinggi kolom air pada 60oF yang menunjukkan tekanan 10 psi (pound per square inch)?. Jawab: Untuk memudahkan anggap luas penampang kolom A = 1 in 2. Rapat air pada 60oF = 62,37 lb/cuft. vakum Terbuka ║ ║ ║╔═══ ║║ ║║ ╚╝

_ tertutup ║ ║ ║╔═══ Gas ║║ ║║ ╚╝

Gas

Gambar I-1. Tekanan gauge

Gambar I-2. Tekanan absolut

1 cuft = 1728 cu in P = h. ρ  10

62,37lb lb 3 2 = h. in 1728in

h = 277,0563 in = 23,09 ft. 2. Udara yang mengalir dalam pipa diukur dengan pipa U berada dibawah atmosferik 4 cmH2O (vakum). Tekanan barometrik (atmosferik) menunjukkan 730 mmHg. Berapa tekanan absolut udara dinyatakan dalam inHg?. Jawab: Tekanan atmosferik = 730 mmHg = 730 mmHg x 29,92 inHg/760 mmHg = 28,7 inHg. 1in

1 ft

29,92 inHg

4 cmH2O = 4 x 2,54 cm x 12 in x = 0,12 inHg 33,91 ftH 2 O Tekanan absolut untuk vakum 4 cmH2O adalah: 28,7 – 0,12 = 28,6 inHg Basis perhitungan Dalam melakukan perhitungan, cara untuk mempermudah pelaksanakannya yaitu dengan mengambil basis sebagai dasar untuk memulai perhitungan. Basis ini disesuaikan Azas Teknik Kimia

Page 33

dengan kondisi perhitungan yang akan dilakukan. Basis tidak harus dengan angka. Misal: Basis per jam operasi.

Perhatikan contoh-contoh soal di atas. Disitu disebutkan: ambil

alkohol sebanyak 100 g atau ambil gas sebesar 1 lbmol. Angka-angka yang diambil tersebut merupakan “basis perhitungan”. Jadi, seperti dalam contoh-contoh soal di atas yang selalu menggunakan kata “Ambil sebanyak…….”. Sejumlah bahan yang diambil sebagai pokok perhitungan itulah yang disebut dengan basis perhitungan. Contoh: Pada soal di atas, yaitu: Komposisi minyak bakar dalam %berat: C = 83,6% dan H = 16,4%. Bagaimana komposisi dalam %mol?. Jawab: Dalam soal itu tidak disebutkan jumlah bahan yang akan dihitung. Oleh karena itu, untuk memulai perhitungan diambil, Basis: 100 g minyak bakar. Dan seterusnya, perhitungan dilakukan seperti contoh di atas. Dalam hal ini, basis dapat diambil sembarang nilai atau kualitas sesuai dengan persoalan yang dihadapi. Hal itu, dikarenakan sejumlah bahan yang akan diperhitungkan tidak diketahui. Bila dalam persoalan sudah diketahui atau menjadi hal yang ditanyakan, misal per sekian banyak bahan (bahan baku atau produk), maka itulah yang dipakai sebagai basis. Contoh: a. Dalam 100 kg bahan baku kertas………., maka sebagai basis adalah 100 kg bahan itu. b. Sebuah bahan direaksikan membentuk hasil. Berapa hasil yang diperoleh setiap kg bahan masuk?. Dalam hal ini, sebagai basis: 1 kg bahan masuk. Apakah boleh mengambil basis: 100 kg bahan masuk??? SOAL-SOAL 1. Pada tahun 1916 ilmuwan Nusselt menjelaskan teori hubungan koefisien perpindahan panas antara uap jenuh dengan permukaan pendingin yang dinyatakan dalam persamaan: h = 0,943 [(k3 ρ2 g λ)/(Lμ∆T)]1/4 Dengan:

h = koefisien perpindahan panas, BTU/(j ft2 oF) k = konduktivitas panas, BTU/(j ft oF) ρ = rapat, lb/cuft, g = gaya gravitasi bumi, 4,17.108 ft/j2,

Azas Teknik Kimia

Page 34

λ = perubahan enthalpi, BTU/lb, L = panjang pipa, ft, μ = kekentalan, lb/(j ft), ∆T= perbedaan temperatur, oF. Jelaskan apa satuan konstanta 0,943?. 2. Suatu campuran gas dengan komposisi: 40%mol argon, 18,75%massa B dan 20%mol C. Berat molekul argon 40 dan berat molekul C adalah 50. Hitung: a. Berat molekul B dan b.Berat molekul campuran ! 3. Benarkah pernyataan berikut ini? Jelaskan! a. densitas dan spesifik gravity merkuri adalah sama. b. spesifik volum adalah kebalikan dari densitas. c. bagian per juta merupakan notasi dari rasio mol. d. konsentrasi tiap komponen yang dinyatakan dengan prosentase dalam campuran tidak tergantung pada jumlah komponen dalam campuran tersebut. 4. Larutan garam mengandung 25% berat NaCl dan air mempunyai spesifik gravity 1,2. Nyatakan komposisi itu dalam: a. kg NaCl per kg H2O b. lb garam per kaki kubik larutan. 5. Suatu campuran gas dengan komposisi: 40%mol argon, 18,75%massa B dan 20%mol C. Berat molekul argon 40 dan berat molekul C adalah 50. Hitung: a). Berat molekul B dan b). Rata-rata berat molekul campuran!. 6. Mana yang benar dari penulisan berikut: a. oC

b. oK

c. oF

d. oR

7. a). Apakah perbedaan temperatur yang dinyatakan dengan oC mempunyai nilai yang sama bila dinyatakan dalam K?. b). Apakah perbedaan temperatur yang dinyatakan dengan oC mempunyai nilai yang sama bila dinyatakan dalam oR?. 8. Manometer pada sebuah tangki menunjukkan besarnya tekanan pada angka 3 atm absolut, berapa tekanan itu bila dinyatakan: a). psi

b). inHg

c). kg/cm2

d). cmHg

e). mmH2O

f). kPa

g). bar

PUSTAKA Chopey, N.P. dan Hicks, T.G., 1984, Handbook of Chemical Enginineering Calculations, McGraw-Hill Book Company, New York. Himmelblau, D.M., 1996, Basic Principles and Calculations in Chemical Azas Teknik Kimia

Page 35

Engineering, 6th edition, Prentice-Hall International, Inc. Maron, S.H. dan Lando, J.B., 1974, Fundamental of Physical Chemistry, Macmillan Publishing Co. Inc., New York Perry, R.H. and Chilton, C.H., 1973, “Chemical Engineers’ Handbook” 5th ed, Mc Graw-Hill Kogakusha, Ltd., Tokyo.

BAB II

Azas Teknik Kimia

Page 36

ANALISIS DIMENSI Dalam mempelajari bagian ini, diharapkan dapat: 1. Menjelaskan tentang apa yang dimaksud dengan analisis dimensi 2. Mengenal dan membedakan antara kualitas-kualitas dengan kuantitas-kuantitas 3. Menjelaskan tentang dimensi dasar 4. Mengenal kelompok-kelompok bilangan tidak berdimensi serta arti & maknanya 5. Mencari persamaan dengan cara analisis dimensi 6. Mengetrapkan konsep analisis dimensi.

SUB POKOK BAHASAN: Analisis dimensi, dimensi dasar, mencari persamaan dengan analisis dimensi PENDAHULUAN Di atas telah dipelajari satuan dan dimensi dan telah pula disinggung tentang pengolahan satuan, seperti dicontohkan pada rapat dan konstanta gas umum, R. Dengan faktor konversi dapat dibuat bermacam-macam nilai R memakai bantuan persamaan gas ideal PV = nRT. Dalam analisis dimensi, P, V, n, R, T dst itu disebut dengan kualitas-kualitas. Kalau kualitas/besaran itu diberi harga, maka disebut dengan kuantitas-kuantitas. Seterusnya dalam analisis dimensi, besaran-besaran yang berpengaruh dipikirkan mempunyai harga dan itu merupakan kuantitas-kuantitas. Analisis dimensi

pada

prinsipnya adalah kualitatif, karena yang diolah adalah satuan-satuannya.. Analisis Dimensi Analisis dimensi dan similaritas teknik merupakan bagian penting dalam ilmu teknik. Penggunaannya cukup luas dari persoalan yang sederhana sampai yang kompleks. Terlebih dalam persoalan-persoalan yang menyangkut banyak peubah, analisis dimensi dan similaritas teknik selalu berperan. Ada kalanya secara kualitatif suatu persamaan tidak dapat diselesaikan, maka analisis dimensi berperan untuk mendapatkannya. Demikian pula dalam rancangan penelitian, analisis dimensi punya peran yang besar, baik dalam perencanaan/pengumpulan maupun dalam pengolahan data. Oleh karena itu penggunaan analisis dimensi adalah untuk: 1. Mendapatkan persamaan Azas Teknik Kimia

Page 37

2. Mengatur pengumpulan data secara sistematis dalam penelitian dan mengurangkan jumlah peubah yang harus dijalankan. 3. Perancangan model, operasi, dan interpretasinya Dimensi dasar/fundamental Seperti telah dijelaskan di atas, bahwa dalam satuan ada beberapa dimensi, yaitu dimensi massa, panjang, waktu, gaya, energi/panas, dan suhu. Dimensi-dimensi itu dalam analisis dimensi terbagi dalam kumpulan dimensi dasar sebagai sistem dimensi, yaitu: 1. Sistem MLt dengan dasar dimensi Massa

:M

Panjang

:L

Waktu

:t

2. Sistem FLt, dengan dasar dimensi: Gaya

:F

Panjang

:L

Waktu

:t

3. Sistem FMLt merupakan gabungan dua sistem dimensi sebelumnya. Sistem MLt banyak digunakan oleh ahli-ahli fisika. Berpedoman pada massa benda adalah tetap. Dengan hukum Newton, gaya dapat dinyatakan dengan massa, jadi massa adalah pokok. Sistem FLt banyak dipakai oleh pakar sipil. Di bidang ini, gaya menjadi pokok dalam perhitungannya daripada massa. Massa dapat diartikan sebagai pengertian yang dapat dijabarkan dari gaya dengan hukum Newton. Sistem FMLt banyak digunakan di kimia industridan teknik mesin. Gaya maupun massa banyak dijumpai dalam peristiwa/proses baik terpisah maupun bersama-sama, sehingga dipandang baik jika digunakannya dengan sistem FMLt. Sistem ini sering disebut dengan sistem dimensi “engineering”. Dalam sistem FMLt terdapat sebuah kuantitas yang tidak terdapat dalam sistem MLt dan FLt, yaitu gc yang disebut tetapan dimensi Newton (lihat; satuan gc di atas). Dalam sistem FMLt, dimensi gc =

M(L 2 ) t atau ML2 . Nilai gc sama dengan bilangaan Ft F

percepatan gravitasi di Greenwich, sehingga praktis nilai

Azas Teknik Kimia

g ≈ 1. gc

Page 38

Selain dimensi dasar M, L, t, dan F, terdapat tambahan dimensi fundamental suhu, T, sehingga sistem dimensi fundamentalnya menjadi MLtT, FLtT, dan FMLtT. Di dalam sistem thermal, dimensi energi atau panas dinyatakan dengan FL dalam sistem FLtT atau FMLtT, tetapi bila panas banyak dijumpai bersama-sama dengan kuantitas-kuantitas lain seperti pada proses perpindahan panas, maka pada proses perpindahan panas ini dipakai sistem 6 dimensi yaitu FMLtTH. Dimensi pada beberapa besaran dapat dilihat pada daftar berikut.

Kuantitas Massa Panjang Waktu Gaya Suhu Panas Kerja Tekanan Rapat/densitas Tegangan muka Diffusivitas Koefisien transfer

Daftar II-1. Dimensi beberapa kuantitas MLtT FLtT FMLtT -1 2 M FL t M L L L t t t MLt-2 F F T T T ML2t-2 FL FL 2 -2 ML t FL FL ML-1t-2 FL-2 FL-2 -3 -4 2 ML FL t ML-3 Mt-2 FL-1 FL-1 2 -1 2 -1 Lt Lt L2t-1 Mt-3T-1 FL-1t-1T-1 FL-1t-1T-1

FMLtTH M L t F T H FL FL-2 ML-3 FL-1 L2t-1 L-2t-1T-1H

Mencari persamaan dengan analisis dimensi Beberapa persamaan tidak dapat dipecahkan secara kuantitatif. Persamaan itu biasanya menyangkut peristiwa/proses dengan banyak peubah. Penyelesaian pendekatan dengan mencoba menentukan peubah-peubah yang berpengaruh. Kemudian kumpulan peubah itu dikalikan dengan suatu konstanta dan diberi pangkat dengan konstanta yang lain pula. Konstanta dan pangkat ini dicari secara eksperimen. Cara ini yang dikenal dengan analisis dimensi. Langkah-langkah penyelesaian persamaan dengan analisis dimensi: 1. perkirakan peubah-peubah bebas yang berpengaruh terhadap peubah tidak bebasnya. 2. susun hubungan antar peubah bebas dengan peubah tidak bebasnya dengan memberikan konstanta dan pangkat kepada peubah bebasnya. 3. pilih salah satu sistem dimensi dasarnya 4. nyatakan peubah bebas dan tidak bebasnya ke dalam dimensi dasar itu 5. buat persamaan pangkat dimensi dasar dari peubah tidak bebas dan peubah bebas yang sesuai. Azas Teknik Kimia

Page 39

6. selesaikan persamaan yang telah dibuat pada langkah 5. 7. tulis kembali hubungan antar peubah tak bebas dengan peubah bebasnya (langkah 2) dengan pangkat-pangkat yang sudah diselesaikan pada langkah 6. Dalam penyelesaian persamaan dengan analisis dimensi akan diperoleh persamaan dengan kelompok-kelompok bilangan tak berdimensi, seperti bilangan Reynolds. Metode penyelesaian untuk mencari persamaan dengan analisis dimensi ada 2, yaitu metode yang dikemukakan oleh Rayleigh dan oleh Buckingham. Masing-masing cara mempunyai penyelesaian yang berbeda satu sama lain. Namun, langkah-langkah yang dilalui tetap sama seperti di atas (1 sampai 7 langkah). Perbedaaannya terletak pada cara menyusun hubungan antar peubah (langkah 2) dan penyelesaian persamaan pada langkah 6. Untuk lebih mendalaminya, diberikan uraian dibawah ini. Daftar II-2. Beberapa Kelompok Bilangan Tidak Berdimensi NAMA BILANGAN Arrhenius Cauchy Biot Drag Coefisient Eckert Euler Froude

SIMBOL

PENGGUNAAN

E RT V 2 Nc = gcEb

Aliran bertekanan

NAr =

NBi =

(  ' ) Lg V 2 2 NE = N rf p ( f ) / V2 NEu = gc 

Cd =

NFr =

V2 gL

NFe =

k 2 c p rm

NGr =

L3  2 g t 2

Fourier Grashof Karman Knudsen

g c D 3 (dp / dL) NK = 2  NKn = L

NMa =

Mach NP =

Azas Teknik Kimia

hrm k

V Ve

Pg c L5 n 3

Page 40

Power Number Prandtl

NPr =

 (  w g c / ) 1 / 2

NRe =

L 

Reynolds

NTe =

Taylor

NWe =

ra

1/ 2

b 3 / 2 

V 2 L gc

Weber

Metode Rayleigh Tanpa bukti hendaknya diterima, bahwa peubah tidak bebas dapat dinyatakan dengan peubah bebas dalam hubungannya, yaitu: Langkah 1:

1 = f(2, 3, 4, ………. n)

dengan, 1= peubah tidak bebas 2, 3, 4,…. n = peubah bebas yang berpengaruh. Langkah 2: Langkah

1 = K 2c1 . 3c2. 4c3 ………. ncn

3: pilih

dimensi

dasarnya,

dan seterusnya. Untuk lebih

memperjelas

penyelesaiannya diberikan contoh-contoh berikut ini. Contoh 1. carilah rumus jarak benda jatuh bebas dalam vakum! Jawab: bayangkan keadaan benda dalam vakum. Dalam fisika telah dipelajari, bagaimana sebuah benda yang jatuh bebas dalam ruang vakum. Peubah/variable apa saja yang mempengaruhinya?. Gambarkan proses dan kemungkinan peubah yang berpengaruh: Pada pelajaran Fisika, apakah massa berpengaruh dalam ruang vakum?. g ruang vakum

S =Jarak yang harus ditempuh Untuk menempuh suatu jarak perlu waktu, t

Gambar II-1. Benda jatuh bebas dalam ruang hampa Dari gambaran di atas, dapat disimpulkan bahwa jarak yang ditempuh benda jatuh bebas dalam ruang vakum dipengaruhi oleh gaya gravitasi bumi, g, dan waktu,t. Dengan demikian: Azas Teknik Kimia

Page 41

Langkah 1: S = f(g,t) Langkah 2: S = K gc1 tc2 Langkah 3: pilih dimensi dasar, misal MLt Langkah 4: dimensi S = dimensi panjang = L Dimensi g =

panjang = Lt-2 waktu 2

Dimensi t = waktu = t Sehingga:

L = (Lt-2)c1 (t)c2

Atau ditulis: M0L1t0 = (Lt-2)c1 (t)c2 Hal itu untuk memudahkan pada: Langkah 5: untuk dimensi L : 1 = c1 ……(1) Untuk dimensi M : 0 = 0 Untuk dimensi t : 0 = -2c1 + c2…(2) Langhak 6: Pada langkah 5 terlihat bahwa ada 2 persamaan dengan 2 bilangan yang tidak diketahui (bilangan anu), maka dapat diperoleh: c1 = 1 dan c2 = 2 langkah 7: Kembali pada langkah 2: S = K gc1 tc2 dan masukkan nilai c1 dan c2 yang telah diperoleh, sehingga persamaan berbentuk: S = K g t2 Seperti telah disebutkan di atas bahwa untuk memperoleh nilai konstanta harus dilakukan eksperimen. Penelitian ini telah dilakukan dan diperoleh nilai K = ½ . Oleh karena itu, dalam fisika dikenal rumus ini sebagai: S = ½ g t2 Pada soal di atas dapat diselesaikan dengan sempurna, karena analisis yang dilakukan terhadap prosesnya benar. Bagaimana kalau seandainya dalam analisis itu menyatakan bahwa jarak benda jatuh bebas dipengaruhi oleh massa benda, M, gaya gravitasi, g, dan waktu, t? Coba kita kerjakan langkah demi langkah. Langkah 1: S = f(m, g,t) Langkah 2: S = K gc1 tc2 Langkah 3: pilih dimensi dasar, tetap MLt Langkah 4: dimensi S = dimensi panjang = L Dimensi m = massa = M Dimensi g = Azas Teknik Kimia

panjang = Lt-2 waktu 2 Page 42

Dimensi t = waktu = t Sehingga:

L = (M)c1 (Lt-2)c2 (t)c3

Atau ditulis: M0L1t0 = (M)c1 (Lt-2)c2 (t)c3 Hal itu untuk memudahkan pada: Langkah 5: untuk masing-masing dimensi L : 1 = c2 ………(1) M: 0 = c1 ………(2) t : 0 = -2c2 + c3…(3) Langhak 6: Pada langkah 5 terlihat bahwa ada 3 persamaan dengan 3 bilangan anu, maka dapat diperoleh: c1 = 0, dan c2 = 1, dan c3 = 2 langkah 7: Kembali ke langkah 2: S = K Mc1 gc2 tc3 dan masukkan nilai c1, c2 dan c3 yang telah diperoleh, sehingga persamaan berbentuk: S = K M0 g t 2 S = K g t2

Atau

Dalam hal ini, kelebihan peubah yang berpengaruh tidak menjadikan masalah, karena hasil yang diperoleh tetap benar. Bagaimana kalau pemilihan peubahnya kurang atau salah?. Bila peubahnya kurang: Langkah 1: S = f(g) Langkah 2: S = K gc1 Langkah 3: pilih dimensi dasar, tetap MLt Langkah 4: dimensi S = dimensi panjang = L Dimensi g =

panjang = Lt-2 waktu 2

Sehingga: L = (Lt-2)c1 Atau ditulis: M0L1t0 = (Lt-2)c1 Langkah 5: untuk masing-masing dimensi L : 1 = c1 ………(1) M: 0 = 0 ………(2) t : 0 = -2c1 …(3) Dari persamaan (1) c1 = 1, tetapi pada persamaan (3) c1 =0. Disini tidak diperoleh persamaan yang sempurna atau dikatakan adanya “ketidakbolehjadian”, yaitu 1 = 0 = c1. Bila peubah yang dipilih salah: Azas Teknik Kimia

Page 43

Misal pikiran kita mengatakan bahwa yang perpengaruh pada peristiwa itu adalah diameter benda, d, rapat massa, , dan waktu, t. Langkah 1: S = f(d, , t) Langkah 2: S = K dc1 c2 tc3 Langkah 3: pilih dimensi dasar, tetap MLt Langkah 4: dimensi S = dimensi panjang = L Dimensi d = panjang = L massa

Dimensi  = panjang 3 = ML-3 Dimensi t = waktu = t Sehingga:

L = (L)c1 (ML-3)c2 (t)c3

Atau ditulis: M0L1t0 = (M)c1 (ML-3)c2 (t)c3 Langkah 5: untuk masing-masing dimensi L : 1 = c1 – 3c2 ………(1) M: 0 = c2 …….………(2) t : 0 = c3…………….(3) Langhak 6: Pada langkah 5 terlihat bahwa ada 3 persamaan dengan 3 bilangan anu, maka dapat diperoleh: c1 = 1, dan c2 = 0, dan c3 = 0 langkah 7: Kembali ke langkah 2: S = K Mc1 gc2 tc3 dan masukkan nilai c1, c2 dan c3 yang telah diperoleh, sehingga persamaan berbentuk: S=Kd Dalam hal ini, kesalahan pengambilan peubah yang salah diperoleh persamaan yang salah. Bagaimana kalau tahu bahwa persamaan itu salah. Coba lakukan penelitian, apakah jarak benda dapat terus dinyatakan dengan diameter benda yang selalu tetap, sedangkan jarak benda selalu berubah!!. Contoh lain: Carilah persamaan penurunan tekanan aliran fluida sepanjang pipa licin, L, dengan diameter, d, rapat massa fluida, , kecepatan, v, dan kekntalan fluida, .! Jawab: Pada soal sudah diketahui peubah-peubah yang mempengaruhi atau yang mengakibatkan penurunan tekanan fluida dalam pipa lurus sepanjang L. Untuk itu dapat ditulis: Langkah 1:

Azas Teknik Kimia

P = f(L, d, v, , ) ………………………(1)

Page 44

cara Rayleigh memberikan persamaan: P = K Lc1 dc2 vc3 c4 c5 ………………..(2)

Langkah 2:

Langkah 3: pilih dimensi dasar: MLt Langkah 4: nyatakan ke dalam dimensi dasarnya : P = penurunan tekanan = dimensi tekanan = ML-1t-2 L = panjang pipa =L D

= diameter pipa = L

V = kecepatan = Lt-1 

= rapat massa = ML-3

 = kekentalan cairan = ML-1t-1 sehingga : ML-1t-2 = (L)c1 (L)c2 (Lt-1)c3 (ML-3)c4 (ML-1t-1)c5 …(3) Langkah 5: buat persamaan pangkat dimensinya antara bagian kiri dan kanan tanda samadengan. Jumlah persamaan sesuai dengan jumlah dimensi dasarnya, yaitu Dimensi

M: 1 = c4 + c5 ………………………………….(4) L : -1 = c1 + c2 + c3 – 3c4 –c5 …………………(5) t : -2 = -c3 –c5

………………………………(6)

Dalam hal ini, hanya ada 3 persamaan (dimensi dasarnya 3) dengan 5 bilangan anu, yaitu c1 sampai c5, sehingga tidak dapat diselesaikan dengan sempurna. Jika dilakukan perhitungan maka ada dua (5 bilangan anu-3 persamaan) bilangan anu yang tak terselesaikan atau tetap ada dalam persamaan. Oleh karena itu, penyelesaiannya dilakukan dengan cara: Lanhkah 6 : Nyatakan tiga (persamaan) bilangan anu dengan bilangan anu lainnya. Misalnya, c1, c3, c4 dinyatakan denga c4 dan c5. Dari persamaan (4):

c4 = 1- c5 ………………………..(7)

Dari persamaan (6):

c3 = 2-c5

Dari persamaan (5):

c1 = -1 - c2 - c3 + 3c4 +c5

………………………..(8)

c1 = -1 – c2 – (2-c5) + 3(1-c5) + c5 c1 = -1 – c2 –2 + c5 + 3 –3c5 + c5 c1 = -c2 –c5 …………………(9) Langkah 7: Ganti pangkat yang ada dengan 3 persamaan itu (persamaan 7, 8, dan 9): P = K L(-c2-c5) dc2 v(2-c5) (1-c5) c5 Kumpulkan pangkat yang sama: P = K v2  ( Azas Teknik Kimia

 d c2 ) ( Lv )c5 L Page 45

Dalam hal ini, (

 d ) dan ( Lv ) tidak berdimensi atau yang disebut dengan kelompok L

bilangan tidak berdimensi. Pada persamaan itu berarti dimensi P = v, yaitu ML-1t-2 = (Lt-1)2 (ML-3)  ML-1t-2 = ML-1t-2 (cocok). Jika dikehendaki semua dalam kelompok bilangan tidak berdimensi, maka persamaannya berbentuk: P

( v2  ) = K (

 d c2 ) ( Lv )c5 L

jumlah kelompok tidak berdimensinya terhitung ada 3 buah. Hal itu berasal dari banyaknya peubah yang ada dalam proses/peristiwa dikurangi dengan jumlah dimensi dasar yang digunakan. Pada peristiwa penurunan tekanan dalam pipa lurus terdapat kuantitas sebanyak 6, yaitu P, L, d, v, , dan  , sedangkan dimensi dasar yang digunakan ada 3, taitu dalam sistem MLt. Kelompok bilangan tidak berdimensi disebut juga suku J adi, dapat dikatakan bahwa: jumlah suku  = jumlah kuantitas – jumlah persamaan ………………….(I). Pada langkah-langkah atau urutan penyelesaian soal di atas yang paling sulit adalah langkah pertama, yaitu menentukan peubah-peubah yang berpengaruh dalam suatu proses/peristiwa. Dalam hal ini, diperlukan logika berpikir yang baik dengan dasar hukum atau ketetapan yang berlaku dalam teori maupun praktek serta pengalaman. Oleh karena itu, latihan sangat membantu kelancaran penyelesaiannya. Metoda Buckingham Persamaan (I) merupakan teori yang dikemukakan oleh Buckingham yang dikenal dengan Theorema  Buckingham, yaitu: Jumlah kelompok tidak berdimensi yang “bebas” dalam suatu peristiwa sama dengan jumlah kuantitas yang ada dalam peristiwa itu dikurangi dengan jumlah dimensi dasarnya (= jumlah persamaan) yang terdapat dalam kuntitas-kuantitas tersebut. Kata “bebas” mempunyai arti bahwa dalam kelompok bilangan tidak berdimensi dalam peristiwa itu ada sejumlah kuantitas yang selalu terulang dan ada satu kuantitas yang baru dalam kelompok yang lain. Kuantitas yang terulang ialah kuantitas-kuantitas yang pangkatnya “dinyatakan” dengan pangkat kuantitas yang lainnya dan dalam kelompok yang lain ada kuantitas baru di dalamnya. Lebih jelasnya lihat contoh berikut. Contoh: Ambil contoh penurunan tekanan di atas. Azas Teknik Kimia

Page 46

Cara Buckingham memberikan persamaaan: Semua kuantitas diberi pangkat dan dikalikan dengan konstanta sama dengan 1: K Pc1Lc2 dc3 vc4 c5 c6 = 1 Dengan sistem dimensi fundamental: MLt , maka (ML-1t-2)c1 (L)c2 (L)c3 (Lt-1)c4 (ML-3)c5 (ML-1t-1)c6 = 0 Persamaan untuk: M: c1 + c5 + c6 = 0 L: -c1 + c2 + c3 + c4 – 3c5 – c6 = 0 t: -2c1 – c4 –c6 = 0 Disini, ada 6 bilangan anu dengan 3 persamaan, berarti: Jumlah suku  = 6 – 3 = 3 suku  Dalam penyelesaian persamaan itu ada 3 bilangan anu untuk menyatakan 3 yang lain. Cara penyelesaian selanjutnya adalah: tiga bilangan anu dapat diberi nilai sekehendak dan persamaan tetap benar bilamana persamaan yang dihasilkan tidak tergantung dari persamaan masing-masing. Hal itu akan benar jika determinan koefisien bilangan –bilangan anu tersisa tidak sama dengan nol. Misal dicoba: c3, c4, c5 (yang selalu ada)

 0 0 1  1 1  3 = -1  tidak sama dengan nol, dapat digunakan    0  1 0 kemudian, sisanya diberi nilai sekehendak dan yang paling mudah diberi nilai nol dan satu sebagai berikut: c1 = 1 c2 = 0

 didisikan ke dalam persamaan

c6 = 0 M: 1 + c5 + 0 = 0  c5 = - 1 L: -1 + 0 + c3 + c4 – 3.-1 – 0 = 0  c3 = -c4 – 2 t: -2. 1 – c4 – 0 = 0  c4 = -2 maka c3 = 0

Azas Teknik Kimia

Page 47

jadi suku 1 = kuantitas dengan pangkat c1 = 1, c2= 0, c3 = 0, c4 = -2, c5 =-1, dan c6 = 0, yaitu P

1 = v 2  seterusnya: c1 = 0 c2 = 1 c6 = 0 diperoleh: c5 = 0, c3 = -1, c2 = 1,dan c4 = 0 maka 2 = dan

L d

c1 = 0 c2 = 0 c6 = 1

diperoleh: c5 = -1, c4 = -1, dan c3 = -1 

3 = dv Dengan demikian dapat dituliskan persamaan kelompok bilangan tidak berdimensinya, yaitu: 1 = K (2)n1(3)n2 atau P  n2 L n1 = K ( ) ( ) 2 dv v  d

Konstanta, K, dan pangkat-pangkat n1 dan n2 dicari dengan penelitian. Hasil yang diperoleh dari kedua cara tersebut (Rayleigh dan Buckingham) sama. Kelompok P  dikenal dengan bilangan Reynolds, dan adalah bilangan Euler. dv v2 

LATIHAN 1. Carilah satuan dan dimensi konstanta pada soal berikut ini. a). A = π r2 (luas) b). I = bh3/12 (momen inertia) c). V = 0,98 3,33(L-0,2h)h3/2 (debit) e). Q = 2,54 h5/2

2gh

(kecepatan) d). Q =

2. Cairan yang mengalir dalam pipa, pada ujung pengeluarannya mengalami penurunan tekanan. Dengan analisis dimensi menggunakan sistem dimensi dasar FLT, buktikan bahwa penurunan tekanan itu merupakan fungsi dari beberapa kelompok bilangan tak berdimensi: Azas Teknik Kimia

Page 48

p = f (/vd) (/d) (L/d) (v2/2) dengan, p = p1 – p2 = perbedaan takanan, lb/in2  = kekentalan cairan, lb/(in)(detik)  = rapat cairan, lb/cuft, v = kecepatan linear cairan, ft/detik, d = diameter pipa, inchi,  = kekasaran pipa, ft, L = panjang pipa,ft 3. Tunjukkan dengan analisis dimensi, bahwa power dari propeller kepada cairan yang “incompressible” dalam sebuah tangki dapat dinyatakan dengan persamaan: P/(N3D5) = f[{(D2N)/}{DN2/g}], Dengan, P = power, hp (atau lbf-ft)  = kekentalan cairan, lb/(in)(detik),  = rapat cairan, lb/cuft, N = kecepatan putaran , radian/menit, D = diameter tangki, ft, g = gaya gravitasi bumi, ft/det2 4. Kecepatan suara tergantung pada tekanan dan rapat massa. Carilah bentuk persamaannya!! 5. Suatu partikel yang bergerak dalam putaran yang mempunyai radius r, dengan kecepatan konstan v. Dengan analisis dimensi, buatlah persamaan untuk percepatannya!! 6. Buatlah persamaan untuk power sebuah kipas angin!! 7. Sebuah pendulum sederhana digerakkan hingga membuat suatu amplitudo. Carilah hubungan periode gerakan itu dengan variabel yang berpengaruh terhadapnya!! 8. Kecepatan benda jatuh bebas dalam vakum dapat dinyatakan dalam bentuk: v = B voc1gc2tc3, dengan vo = kecepatan awal, g = gaya gravitasi, t = waktu dan B adalah konstanta. Carilah bentuk persamaan kecepatan itu! 9. Jarak benda jatuh bebas dalam ruang hampa ternyata dipengaruhi oleh massa, gravitasi, dan waktu. Carilah bentuk persamaannya dengan dimensi dasar FLT! PUSTAKA Giles, R.V., 1956, “Theory and Problem of Hydraulics and Fluid Mechanics”, Schaum Publishing Co, New York Johnstone, R. E., and Thring, M. W., 1957, “Pilot Plant, Models, and Scale-Up Methods in Chemical Engineering”, McGraw-Hill Book Company, Ner York. Langhar, H.L., 1951, “Dimensional Analysis and Theory of Models”, John Wiley & Sons, Inc., Tokyo

Azas Teknik Kimia

Page 49

BAB III SIMILARITAS Dalam mempelajari bagian ini, diharapkan mampu: 1. Menjelaskan tentang apa yang dimaksud dengan similaritas 2. Mengenal dan membedakan model dan prototipe 3. Menjelaskan macam-macam similaritas 4. Mengenal dan mengerti kriteria similaritas 5. Mencari skala model atau prototipe dengan prinsip similaritas 6. Mengetrapkan konsep similaritas.

SUB POKOK BAHASAN: Model dan prototipe, macam-macam similaritas, pelaksanaan similaritas, kriteria similaritas, skala model atau prototipe.

PENDAHULUAN Similaritas dalam kimia industridapat diartikan sebagai pendekatan “kelakuan” suatu peristiwa yang menyangkut proses, alat, ataupun suatu industri. Kelakuan adalah sifat-sifat fisis dari sistem yang berupa bentuk, ukuran, dan komposisi. Model dan prototipe Orang yang hendak membuat suatu industri/pabrik harus melalui beberapa tahapan pekerjaan. Dimulai dari skala laboratorium, kemudian skala kecil atau “pilot plant” yang menggambarkan pabrik yang sesungguhnya dibuat terlebih dahulu sebelum pabrik yang sebenarnya dibangun. Unit-unit kecil ini merupakan model yang mewakili unit skala besar sebagai prototipenya. Namun, model tidak selalu lebih kecil dari prototipenya dan tidak pula harus lebih dahulu ada. Bisa saja model lebih besar dan lebih dulu ada dari prototipenya. Pada alat yang sudah ada dalam industri bisa digunakan sebagai model untuk mendapatkan “performance” alat itu yang lebih baik. Ada beberapa macam model yang digunakan dalam similaritas teknik, yaitu: 1. True models adalah model yang semua ukurannya mempunyai perbandingan yang sesuai dengan prototipenya. Model similar secara geometrik dan harus memenuhi semua batasan-batasan kondisi perancangannya.

Azas Teknik Kimia

Page 50

2. Adequete models adalah models yang dapat meramalkan satu sifat prototipenya yang akan dibuat, tetapi tidak perlu memberikan hasil ramalan yang baik untuk sifat-sifat lainnya. 3. Distorted models adalah model yang mengalami perubahan bentuk dibandingkan dengan prototipenya, sehingga memerlukan koreksi untuk persamaan peramalnya. 4. Dissimilar models adalah model yang tidak serupa dengan prototipenya. Misal, pegas spiral yang dibebani. Kelakuannya dapat dinyatakan dengan persamaan differensial (PD) dan PD ini bentuknya mirip dengan PD circuit listrik. Oleh karena itu, kelakuan pegas tersebut dapat dievaluasi dengan circuit listrik yang sesuai. Uraian di atas menunjukkan bahwa, antara model dan prototipenya ada suatu perbandingan, dan perbandingan itu adalah perbandingan skala kelakuan dari model dan prototipee. Ada sksala volum, skala waktu, skala kecepatan, skala percepatan, dll. Macam similaritas Pada dasarnya, similaritas itu ada bila ada perbandingan skala anatara model dan prototype. Ada beberapa macam similaritas dalam teknik, yaitu: 1. Similaritas geometrik. Dua benda dikatakan similar secara geometrik bila setiap titik dalam benda yang satu terdapat titik-titik yang sama dengan benda yang lain. Hal yang lebih mudah dikatakan bahwa dua benda itu sebangun dengan perbandingan yang tetap.

Model

Prototipe Gambar III-1. Similar secara geometric

Model dan prototype dikatakan similar secara geometric, bila perbandingan ukuran panjang yang seletak dalam model dan prototipenya sama, yaitu Azas Teknik Kimia

Page 51

Xm Ym Zm Lm = = = = Lr Xp Yp Zp Lp

…………………… (III-1)

dengan subskrip, m = model dan p = prototype. Bila :

Xm Ym Zm = Xr, = Yr, = Zr. Xp Yp Zp

Maka : Xr = Yr = Zr = Lr, jika Xr ,Yr , Zr tidak sama, similaritas dinamakan similaritas terdistorsi. 2. Similaritas mekanik. Similaritas ini menyangkut similaritas-similaritas statik, kinematik, dan dinamik. Masing-masing similaritas ini dapat dianggap sebagai perluasan dari similaritas geometrik ke sistem yang tidak bergerak atau dipengaruhi oleh gaya. 3. Similaritas statik. Benda-benda yang similar secara geometrik akan similar secara statik, bila berada di bawah pengaruh tegangan tetap. Deformasi relatifnya adalah sedemikian rupa sehingga mereka similar secara geometrik. Selisih gaya-gaya yang bekerja pada titiktitik yang bersesuaian dalam sistim similar secara statik. Untuk deformasi elastik: Fr = Er Lr2

………………………………………………(III-2),

Dengan, Er = perbandinagn modulus elastisitas, Lr = ratio skala linier. Untuk deformasi plastis: Fr = Yr Lr2 …………………………………………………(III-3), Dengan, Yr = ratio “yield point” 4. Similaritas kinematik. Sistem yang bergerak yang similar secara geometric adalah similar secara kinematik, bila partikel-partikel yang sesuai mengikuti jejak yang similar secara geometric dalam interval waktu yang sesuai. Ratio skala waktu lebih mudah dihitung dalam hubungannya dengan kecepatan partikel-partikel. Vr =

Lr tr

… …………………………………………(III-4).

Secara diagram similaritas kinematik ditunjukkan sebagai berikut:

Model

Prototipe

Gambar III-2. Similar secara kinematik Azas Teknik Kimia

Page 52

5. Similaritas dinamik. Sistem-sistem yang bergerak yang similar secara geometrik adalah similar secara dinamik bila perbandingan gaya-gaya yang sesuai adalah sama. Bila yang bekerja pada titik-titik tertentu berbeda, F1, F2, F3, …… Fn, maka '

'

'

F F1 F = 2 = n = Fr = konstan ……….……………………….(III-5). F1 F2 Fn Pada sistem fluida yang bergerak, similaritas kinematik akan selalu similar secara dinamik, bila gerak-gerak itu merupakan fungsi dari gaya-gaya yang bekerja. Dalam mesin, bagian-bagian mesin dapat bergerak melalui jejak-jejak yang tertentu, dimungkinkan adanya similaritas kinematik tanpa perbandingan-perbandingan tertentu dari gaya-gaya yang bekerja. Dalam sebuah mesin, sebagian gaya bekerja untuk percepatan, bagian lain menimbulkan tegangan-tegengan statik yang membatasi & mengatasi gesekan dan menimbulkan panas. Dalam system fluida, gaya-gaya yang bekerja adalah tekanan, inersia, gravitasi, viskositas, dan interfacial. Ratio dari gaya-gaya tersebut dinyatakan dalam kelompok tak berdimensi, yaitu bilangan Re, Fr, Eu, We, dan Mach (Cauchy). 6. Similaritas termal. Sistem-sistem yang similar secara geometrik adalah similar secara termal bila, beda-beda suhu yang sesuai (tempat & waktu) mempunyai perbandingan tetap. Bila sistem ini bergerak, mereka ini haruslah similar secara kinematik. Dalam sistem yang similar secara termal, distribusi temperature dibentuk oleh permukaan-permukaan isothermal pada titik yang sesuai adalah similar secara geometrik. Bila rationya =1, temperature ditempat-tempat yang bersesuaian adalah sama atau berbeda satu sama lain oleh jumlah derajat tertentu. Similaritas termal menuntut adanya rate aliran panas mempunyai ratio yang tetap. Bila H r, Hc, Hv, dan Hf masing-masing adalah jumlah panas yang dipindahkan tiap detik secara radiasi, konduksi, konveksi, dan aliran “bulk”, maka: ' ' ' ' ' Hf Hc Hv Hr Hr = = = = =H (tetap) …………………(III-6). Hf Hr Hc Hr Hv

7. Similaritas kimiawi. Sistem-sistem yang similar secara geometrik dan termal adalah similar secara kimiawi, bila beda-beda konsentrasi yang sesuai mempunyai perbandingan yang tetap dan apabila sistem-sistem itu bergerak, mereka haruslah similar secara kinematik.

Azas Teknik Kimia

Page 53

PELAKSANAAN SIMILARITAS Untuk melaksanakan similaritas ditentukan adanya model, meramalkan prototype yang dirancang. Untuk dapat meramalkan sifat/kelakuan prototype suatu alat, dapat dipakai alat lain sebagai model dengan ukuran yang lain, asal memenuhi persyaratan-persyaratan similaritas. Kita mengenal persamaan umum dalam analisis dimensi: 0 = B 1c1 . 2c2 . 3c3 …….. ncn ………………………………(III-7). Dalam peristiwa yang sama, untuk model diperoleh: m = B 1mc1 . 2mc2 . 3mc3…….. nmcn …… ………………….(III-8). Dan untuk prototipenya: p = B 1pc1 . 2pc2 . 3pc3 …….. npcn ………….…………………(III-9). Untuk menentukan faktor B, c1,c2,c3, dan seterusnya diperlukan percobaan-percobaan, tetapi dalam melakukan similaritas, hanya persyaratan samanya suku  pada model dan prototipenya tanpa harus mengetahui berapa nilai B, c1, c2, c3 dan seterusnya itu. Model dan prototipenya dikatakan similar lengkap, bila: m = p

.....................................................................................(III-10).

1m = 1p .....................................................................................(III-11). 2m = 2p .....................................................................................(III-12). 3m = 3p .....................................................................................(III-13). nm = np .....................................................................................(III-14). m = p dinamakan sebagai persamaan peramal dan 1m = 1p dan seterusnya dinamakan persamaan-persamaan persyaratan perancangan dan operasi ( kondisi-kondisi perancangan). Contoh soal. 1. sebatang kayu empat persegi panjang, dengan lebar 6 in dan tebal 2 in. Batang tersebut diberi beban 4800 lb pada jarak 5 ft dari ganjalan kiri. Jarak antar ganjalan 12 ft. tentukan kondisi-kondisi perancangan dan persaman peramal untuk lengkungan batang di suatu titik, bila batang baja dengan panjang 8 in digunakan sebagai model. Penyelesaian: Sesuai alur dalam analisis dimensi, langkah pertama tentukan kuantitas-kuantitas dan dimensinya. Visualisasikan dalam gambar.

Azas Teknik Kimia

Page 54

P

a

l

Kuantitas-kuantitas yang berpengaruh: 1. y = lengkungan, L 2. l = jarak antar ganjalan, L 3. b = lebar batang, L 4. d = tebal batang, L 5. a = jarak beban dari kiri, L 6. x = koordinat lengkungan, L 7. P = beban, F 8. E = modulus elastisitas, FL-2. Dengan 8 kuantitas dan 2 dimensi fundamental, maka ada 6 suku : (

y b d a x PE ) = ( , , , , 2 ); l l l l l l

PE = bilangan Cauchy. l2

Untuk model: (

ym bm d m am x m Pm E m ) = ( , , , , ) 2 lm lm lm lm lm lm

Kondisi-kondisi perancangan: a.

bm l b b =  bm = , dengan n = , l lm l n m

b.

dm d d =  dm = lm l n

c.

am a a =  am = lm l n

d.

xm x x =  xm = lm l n

e.

Pm E m lm

2

=

PE PE  Pm = 2 Emn2 l

Kondisi-kondisi a dan b menunjukkan bahwa model adalah similar secara geometrik dengan prototype. Dari kondisi c, dapat dilihat bahwa beban harus ditempatkan pada titik Azas Teknik Kimia

Page 55

yang sesuai dalam model dan prototype. Kondisi d, menunjukkan bahwa lengkungan diukur pada titik yang similar secara geometrik dalam model dan prototype. Kondisi e, menunjukkan ketentuan besar beban yang harus diberikan pada model. l in = 12 ft(12 )/ 8 in = 18, lm ft

Dari persamaan di atas: n = Maka, bm =

6 = 0,3333 in 18

dm =

12 = 0,6667 in 18

am =

5.12 = 3,3333 in 18

Pm =

4800.30.10 6 = 296 lb 18 2.1,5.10 6

untuk mencari Pm diambil asumsi harga Ekayu = 1,5.106

lb 6 lb . 2 dan Ebaja = 30 10 in in 2

persamaan peramal: (

y y )m = ( ) l l

y = n ym =18.ym dari persamaan peramal ini jelas bahwa untuk kelengkungan model dan prototipe adalah similar secara geometrik. Tidak hanya model dan prototipe similar sebelum pembebanan, tetapi juga similar secara geometrik setelah pembebanan. 2. pada aliran fluida dalam pipa horizontal, tentukan P pada pipa model dan prototype menggunakan cairan yang sama!. Penyelesaian: P1

V

P2 d l

Kuantitas yang ada dan dimensinya: P = beda tekanan, ML-1T-2 l = jarak antara control tekanan, L d = diameter pipa, L r = kekasaran pipa, tak berdimensi  = densitas, ML-3 Azas Teknik Kimia

Page 56

 = viskositas cairan, ML-1T-1 v = kecepatan aliran, LT-1 ada 7 kuantitas dengan 3 dimensi dasar, maka ada 4 suku : P v 2

= (

dv d , r,  ) l

suku terakhir adalah bilangan Reynolds. Aliran akan laminar kalau Re<2100, dan turbulen kalau Re>2100. Persamaan perancangan: (

d d )m = l l

 dm =

l d dengan n = lm n

rm = r dv

dv

(  )m = (  )), untuk cairan yang sama, vm = nv seperti yang diharapkan, persamaan perancangan menunjukkan bahwa model similar secara geometrik dengan prototipenya. Dengan memakai cairan yang sama terlihat bahwa dalam model dan prototip tanpa distorsi. Tanpa melihat sama atau tidaknya cairan, persamaan peramalnya adalah: P P Pm = ( v 2 )m, bila cairan sama, maka P = . v 2 n2

Dengan teori aliran fluida, untuk menghitung “pressure drop” dikenal persamaan d’Archy, yaitu: P g v2 L =f( )( ), dengan w = weight density= .g atau  , dan  = mass density, w gc D 2g c

atau P f L = ( ) 2 w v 2 D

persamaan yang sama untuk model, maka disini diperoleh persamaan peramal:

P ( P

v 2

v 2

)m

=

(f / 2)(L / D) [(f / 2)(L / D)]m

P fv 2 = ( P) m (fv 2 ) m

Azas Teknik Kimia

Page 57

untuk Re yang sama pada model dan prototip, harga f akan sama pula untuk pipa dengan kekerasan yang sama, maka (P) =

(P) m n2

3. Suatu fluida panas mengalir melalui pipa dengan kecepatan aliran panas yang “steady”. Rencanakan suatu model yang dapat meramalkan kecepatan perpindahan panas dari fluida ke pipa atau sebaliknya. Penyelesaian:

Q T’  V, T

D L

Faktor yang berpengaruh: Q = kecepatan perpindahan panas, HT-1 T = suhu fluida masuk pipa,  T’=suhu pipa,  L = panjang pipa, L D = diameter pipa, L  = dimensi penting lain, L k = konduktivitas panas fluida, HT-1 L-1 -1 c = panas jenis fluida, HM-1-1  = densitas fluida, ML-3  = viskositas fluida, ML-1 T-1 v = kecepatan aliran fluida ada 11 kuantitas dengan 5 dimensi dasar, maka ada 6 suku . Q  D T Dv c = ( , , ,  , ) LkT L L T' k

kondisi-kondisi perancangan:  L

1. ( ) m = (

  )  m = L n

2. (

D D D )m = (  Dm = L L n

3. (

T T )m = ( ) T' T'

Azas Teknik Kimia

Page 58

Dv

4. (  5. (

Dv

)m = ( 

) atau Rem = Re

c c )m = ( ) k k

Dua kondisi yang pertama menunjukkan adanya similaritas secara geometrik. Kondisi ke tiga adalah ratio temperature yang sama pada model dan prototipnya (temperature absolute). Skala temperature tidak terpengaruh oleh skala panjang. Kondisi ke empat adalah samanya Re, bila yang digunakan fluidanya sama untuk model dan prototip dan temperaturnya sama, maka vm = n.v. Kuantitas (

c ) merupakan bilangan Prandl, bila fluida dan suhunya sama untuk model k

dan prototip, maka harga Pr akan tetap. Dengan 5 kondisi perancangan untuk model yang sudah ditetapkan, maka persamaan peramal untuk kecepatan perpindahan panas adalah: Q=n

kTQ m k m Tm

Hubungan sifat-sifat termal dari bahan hanya ada pada persamaan peramal, sedangkan pada kondisi perancangan tak ada hubungan mengenai sifat termal dan bahan yang dipakai. Seolah-olah dalam melaksanakan similaritas dengan persyaratan samanya suku  tersebut di atas, akan berjalan mulus tanpa suatu kesukaran-kesukaran. Hal yang sebenarnya tidaklah demikian, sebab persyaratan samanya suku  pada model dan prototip tidak selalu dapat dipenuhi bersama-sama, bahkan untuk peristiwa-peristiwa kimia industribanyak yang tidak dipenuhi bersama-sama. Kriteria similaritas Merupakan salah satu cara untuk sedikit mengurangi kesukaran-kesukaran bila diperoleh peristiwa yang tak dapat dipenuhinya masing-masing suku  bersama-sama. Di dalam sistem, ada beberapa kecepatan, rate proses manakah yang menentukan kecepatan perubahan “overall”

dalam suatu proses dinamakan dengan “resim yang

mengendali”. Dalam suatu peristiwa, kecepatan yang paling rendahlah yang mengendalikan proses dalam system itu atau hambatan/ penahanan yang paling besar. Dalam sistem dinamis bilangan Re, Fr, dan We “tidak dapat bersama-sama”, cara penyelesaiannya adalah dengan cairan yang berbeda pada model dan prototipnya.

Azas Teknik Kimia

Page 59

Contoh lain, pada proses kimia yang dipelajari oleh Laupichleer atas reaksi katalitik “water gas”. Diperoleh, total penahanan reaksi R dinyatakan dengan persamaan: R= Dengan,

1  + .............................................................(III-15). k.C m D

k = konstante kecepatan reaksi Cm = konsentrasi rerata uap air  = tebal film gas laminar pada permukaan katalisator D = koefisien diffusi CO melalui film gas 

Suku pertama dinamakan penahanan konversi dan suku ke dua penahanan diffusi. Dalam reaksi itu reaksi kimia mengendali dan untuk menentukan kecepatan keseluruhan (overall), maka proses dinyatakan berlangsung di bawah resim kimia. Sistem dengan resim kimia, “scale up” disesuaikan dengan similaritas kimia, bila dinamik dilakukan dengan similaritas dinamik. Demikian pula pada proses yang lain, misalnya pada proses perpindahan panas, bila “force convection” (aliran panas paksaan) menentukan kecepatan prosesnya, maka proses berjalan di bawah resim dinamik, sebaliknya bila kecepatan panasnya ditentukan oleh “natural convection” atau radiasi, maka proses di bawah resim termal. Dengan adanya beberapa resim, kemungkinan akan terdapat resim campuran, yaitu pengaruh penahanan/kecepatan yang sama-sama kuat. Untuk dapat melakukan “scale up” atau “scale down” dari keadaan yang kompleks ini, dan untuk mendapatkan kondisi yang baik, diperlukan 2 hal: 1.

resimnya relatif murni, kecepatan hanya tergantung pada satu kelompok tak berdimensi.

2.

resimnya bertipe sama pada model dan prototype.

Beberapa kriteria untuk tipe-tipe similaritas resim-resim yang penting & perlu dikenal agar dapat melakukan perhitungan – perhitungan pendekatan. Sistem fluida: Dalam sistem cairan yang bergerak, dapat dilihat kuantitas-kuantitas yang berpengaruh, yaitu beda tekanan P, kecepatan linear V, densitas , viskositas , gaya gravitasi g, dimensi linear L, dan tegangan muka . Dengan sistem MLt akan diperoleh 4 suku , persamaannya: P v 2

vL v 2 vL = (  , , ) Lg 

........................................................(III-16).

suku-suku di sebelah kakan tandan = adalah bilangan tak berdimensi Reynolds (Re), Froude (Fr), dan Webwer (We). Azas Teknik Kimia

Page 60

Di dalam sistem dimensi seperti diatas, bilangan Re, Fr, dan We tidak dapat bersama-sama. Pada masing-masing bilangan tak berdimensi, hubungan antara kecepatan dan skala panjang adalah: 1 ....................................................................(III-17). Lr

Untuk Re yang sama: Vr =

Untuk Fr yang sama : Vr = (Lr)1/2 .............................................................(III-18). Untuk We yang sama : Vr =

1 ( L r )1 / 2

..................................................(III-19).

Masing-masing mempunyai perbandingan skala panjang yang berbeda. Cara mengatasi kesulitan ini untuk Re dan Fr, cairan yang digunakan boleh berlainan antara model dan prototip. Kriteria Re. Suatu sistem dinamis, similaritas dapat dilakukan di bawah criteria Re, bila sistem fluida tersebut viskositasnya tinggi. Persamaan sistem fluida menjadi berbentuk: P v 2

vL

= (  ) ..................................................(III-20).

(Re)m = Re vr =

..................................................(III-21).

r r = r Lr Lr

..................................................(III-22). 

r = viskositas kinematik =  qr =

r = r Lr r Lr

..................................................(III-23).

qr = kecepatan volumetrik ∆Pr =

Pr =

r

2

r Lr r

2

..................................................(III-24).

3

2

r Lr

..................................................(III-25).

P = kebutuhan tenaga Untuk sistem homolog, maka ρr = 1 dan μr = 1 vr = Pr = Azas Teknik Kimia

1 Lr

..................................................(III-26). Page 61

qr = Lr ∆Pr =

..................................................(III-27). 1

Lr

2

..................................................(III-28).

Kriteria Fr Similaritas di bawah kriteria Fr, hanya gaya berat yang mengontrol atau system bekerja atas pengaruh gaya berat cairan. Artinya, dalam sistem fluida itu ada “force liquid surface”, yaitu terdapat gelombang “vortex”. Persamaan sistem fluida menjadi: P v 2

= (

v2 ) ..................................................(III-29). Lg

qr = 1 vr =

..................................................(III-30). Lr

..................................................(III-31).

qr = Lr2,5

..................................................(III-32).

∆Pr = ρr Lr

..................................................(III-33).

Pr = ρr Lr3,5

..................................................(III-34).

Pada sistem homolog: r = 1 Power yang ada hanya untuk menaikkan bahan melawaan beratnya saja, tidak termasuk friksinya. Kriteria We. Disini tegangan muka mengontrol. Bila dua cairan yang tidak saling larut dicampur dan diaduk, yang satu terdispersikan ke dalam yang lain. Bila viskositas-viskositasnya rendah dan beda kerapatannya tidak besar, maka pengaruh viskositas dan berat dapat diabaikan. Secara umum, mekanisme dispersi karena turbulensi, fase terdispersikan mendapat gerak memutar dan kareana gaya sentrfugal ini membuat butir-butir yang lebih halus dan seterusnya, sampai gaya tegangan muka menahannya terhadap pembutiran lebih lanjut. Pada similaritas dinamik, ratio sentrifugal dan gaya tegangan muka adalah konstan. vL = konstan ..................................................(III-35). 

dengan pengertian di atas dapatlah diketahui, pada system cairan 2 fase dengan pelingkupnya geometris similar, akan memberikan dispersi geometris similar pula bila bilangan We sama. Vr =

Azas Teknik Kimia

1 ..................................................(III-36). ( L r )1 / 2

Page 62

1 ...............................................(III-37). ( L r )1,5

Nr =

N = putaran S= S=

1 L

..................................................(III-38).

luas volum

Untuk mempelajari similaritas dalam kimia industriyang mendalam, masih diperlukan pengertian-pengertian yang lebih luas (baca buku Johnston & Thring). Contoh soal. 1.

untuk model dan prototip, tunjukkan ratio

aliran Q adalah sama dengan ratio

dimensi panjang berpangkata dua setengah, bila gaya gravitasi dan gaya inersia saja yang berpengaruh. Jawab: Qm = Qp

Lm

3

Lp

3

tm

=

Lr tr

tp

Perbandingan gaya inersia dan gaya gravitasi adalah bilangan Fr, yaitu: Ma L2 v 2 v2 = Lg = Lg Mg

Frm = Frp gr = 1  vr =

L r atau vr2 = Lr

tr = Lr1/2 Qr = 2.

Lr Lr

3

1/ 2

= Lr2,5 (terbukti)

air pada 60oF mengalir dengan kecepatan 12 ft/det dalam pipa 6 in. berapaa

kecepatan minyak padaa 90oF yang mengalir melalui pipa 3 in, dedngan keduanya similar secara dinamik. air = 1,217.10-5

ft 2 ft 2 ; minyak = 3,19.10-5 det det

jawab. Azas Teknik Kimia

Page 63

Pola aliran dalam pipa hanya dipengaruhi oleh gaya inersia dan kekentalan cairananya, sehingga Re adalah kriteria dalam similaritas ini. Sifat-sifat yang lain seperti elastisitas, tegangan muka, dan gaya gravitasi tidak mempunyai pengaruh/efek pada aliran ini. Reair = Reminyak vd v ' d' =  '

12. 6

v' 3 12 = 12 5 1,217.10 3,19.10 5 v’ = 63

3.

ft det

minyak dengan vikositas kinematik 50.10-5 ft2/det digunakan sebagai prototip.

Dalam sistem ini viskositas dan gravitasi sangat dominan. Model mempunyai skala 1:5. berapa viskositas cairan model yang digunakan agra Fr dan Re dapat dipenuhi bersama=sama?. Jawab. Gunakan ratio skala kecepatan untuk Fr dan Re. Pada Fr yang sama: vr2 = Lr gr  gr = 1 sehingga, vr =

Lr

Pada Re yang sama: vr =

r r = r Lr Lr

vr Lr = r = Lr1/2.Lr = Lr1,5 r = (

1 1,5 ) = 0,0894 5

m

r =   m = r. p = 50.10-5(0,894) p ft 2 = 4,47 10-5 det

Coba selesaikan dengan menggunakan ratio waktu yang sama dari Fr dan Re!!.

Azas Teknik Kimia

Page 64

LATIHAN 1. a. Tunjukkan bahwa ratio model dan prototipe debit aliran fluida sama dengan ratio panjang berpangkat dua setengah, bila yang berpengaruh adalah gaya gravitasi dan gaya inertia saja! b. Suatu model penampung air dapat dikosongkan dalam waktu 4 menit dengan membuka pintu air. Dalam berapa menitkah prototype dapat dikosongkan bila ratio model dan prototipenya 1/225? (kriterianya bil Re). PUSTAKA Giles, R.V., 1956, “Theory and Problem of Hydraulics and Fluid Mechanics”, Schaum Publishing Co, New York Johnstone, R. E., and Thring, M. W., 1957, “Pilot Plant, Models, and Scale-Up Methods in Chemical Engineering”, McGraw-Hill Book Company, Ner York. Langhar, H.L., 1951, “Dimensional Analysis and Theory of Models”, John Wiley & Sons, Inc., Tokyo Murphy, G., 1950, “Similitude I Engineering”, The Ronald Press Co., New York

BAB IV NERACA MASSA

Dalam mempelajari bagian ini, siswa diharapkan mampu: 1. Menjelaskan tentang sistem, proses, dan aliran 2. Mengerti dan dapat menuliskan persamaan neraca massa secara umum Azas Teknik Kimia

Page 65

3. Mengerti tentang neraca massa “steady” dan “unsteady” 4. Mengerti tentang neraca massa tanpa reaksi kimia 5. Mencari dan menghitung neraca massa tanpa reaksi kimia 6. Mengetrapkan konsep neraca massa tanpa reaksi kimia dalam industri/peralatan.

SUB POKOK BAHASAN: pengertian: sistem, proses, dan aliran, persamaan umum neraca massa, Neraca massa “steady dan unsteady”, neraca massa tanpa reaksi kimia, penerapan neraca massa tanpa reaksi kimia pada proses-proses: pencampuran, pengeringan, kristalisasi, keseimbangan fase, distilasi, evaporasi. PENDAHULUAN

Neraca massa merupakan perhitungan semua bahan yang ada dalam proses. Ada kalanya bahan yang dikenakan proses berubah bentuk menjadi senyawa lain atau menjadi konsumsi dalam sistem itu, tetapi jumlah massanya tidak berubah.

Massa yang tumbuh dan massa

yang terambil diartikan bila terjadi reaksi kimia, maka bahan yang satu bisa terambil dan membentuk senyawa lain. Sebelum masuk pada neraca massa, diperlukan pengertian-pengertian tentang sistem, proses, dan aliran. Perhitungan neraca massa meliputi neraca massa tanpa dan dengan reaksi kimia. Pada bab ini dibahas neraca massa tanpa reaksi kimia. Pada contoh-contoh perhitungaan neraca massa tanpa reaksi kimia diberikan kepadaa proses-proses pemisahan secara fisis seperti, pencampuran, pengeringan, kristalisasi, keseimbangan fase, distilasi, dan evaporasi. Alat-alat ini akan dipelajari lebih lanjut pada mata pelajaranberikutnya dan dalam perencanaan alat.

Pengertiaan-pengertian 1. Sistem Sering kali mendengar kata “sistem”, tapi apa maknanya?. Sistem dapat diartikan sebagai suatu kesatuan yang kompak dari satu atau beberapa sub sistem. Misalnya, komputer merupakan satu sistem yang terdiri atas keyboard, CPU, dan manitor, tetapi CPU juga

Azas Teknik Kimia

Page 66

merupakan sistem yang di dalamnya terdapat komponen-komponen pembentuk sistem (CPU) itu. Di dalam proses terdapat pengertian sistem tertutup dan sistem terbuka. Sistem tertutup dapat dikatakan sebagai sistem atau proses “batch” yang dijelaskan pada bagian tentang proses. Dalam sistem tertutup tidak ada bahan yang masuk atau keluar, massa dalam sistem tertutup harus tetap. Sistem terbuka adalah sistem yang mengalir atau kontinu. Sistem dikelilingi oleh pembatas atau “boundary”, di luar itu disebut “sekeliling”. 2. Proses Sebelum masuk pada perhitungan neraca massa dan energi, terlebih dahulu diperkenalkan tentang proses dan macamnya. Proses merupakan suatu kondisi atau keadaan yang mengalami pengolahan untuk menghasilkan produk tertentu. Dalam industri, proses merupakan pengolahan bahan baku menjadi produk. Macam proses: a. “batch” b. kontinu Proses “batch” merupakan suatu pengolahan yang terdiri atas beberapa kegiatan, yaitu pemasukan bahan ke dalam alat, pengolahan, dan pengeluaran hasil. Proses ini dapat digambarkan sebagai berikut. Bahan A

Bahan B

Waktu pemasukan

waktu pengolahan Waktu 1 batch

waktu pengeluaran

Gambar IV-1. Proses “batch” Di dalam industri, waktu satu batch ini amat berarti dalam pengelolaan waktu secara keseluruhan produksi. Pada umumnya produksi berjalan secara terus menerus tak terputus. Oleh karena itu, kapasitas proses batch sangat menentukan produk yang dihasilkan secara kontinu. Apakah diperlukan proses batch itu dilakukan secara seri untuk memenuhi seluruh kapasitas produksi?. Hal itu diperlukan perhitungan waktu dan kapasitas yang dibutuhkan. Proses kontinu seperti yang telah disebut di atas, yaitu proses yang berjalan secara terus menerus tanpa henti. Neraca massa pada proses ini berada dalam keadaan “steady”, sehingga berlaku: massa masuk = massa keluar. Azas Teknik Kimia

Page 67

3. Aliran Pada proses yang kontinu, terdapat dua arah aliran, yaitu aliran searah (cocurrent) dan tidak searah atau berlawanan arah (counter current). Gambaran aliran tersebut dijelaskan dalam diagram berikut.

A masuk

A keluar

A masuk

B masuk

B keluar

B keluar

a. aliran searah

A keluar B masuk

b. aliran berlawanan arah

Gambar IV-2. Arah aliran Masing-masing aliran memiliki kelemahan dan keunggulan. Hal itu juga tergantung pada jenis proses yang ada, apakah dilakukan pada proses perpindahan panas atau perpindahan massa. Demikian juga, apakah dilakukan dengan cara kontak langsung atau tidak. Hal itu juga tergantung pada sifat bahan yang akan diproses baik secara fisik maupun kimia. B. Neraca massa Neraca massa merupakan perhitungan semua bahan yang ada dalam proses. Ada kalanya bahan yang dikenakan proses berubah bentuk menjadi senyawa lain atau menjadi konsumsi dalam sistem itu, tetapi jumlah massanya tidak berubah. Kehilangan massa dimungkinkan dalam reaksi inti (nuklir) sesuai dengan teori yang dikemukakan oleh Einsten (teori relativitas), bahwa massa yang hilang berubah menjadi energi. Hal yang sebenarnya, bahwa kekekalan massa haruslah terpadu dengan energi, sehingga berbunyi kekekalan massa dan energi. Sebab keduanya tidak bisa dipisahkan. Massa adalah suatu bentuk energi. Namun, pada bahasan berikut ini dipisahkan antara neraca massa dan neraca energi dan sebagai awal pelajaran sebagai mata pelajaranATK I membahas neraca massa terlebih dahulu. Secara keseluruhan, bentuk persamaan neraca massa adalah:

Azas Teknik Kimia

Page 68

 akumulasi massa     dalam sistem   massa masuk   massa keluar   massa tumbuh   massa terambil          melalui pembatas  melalui pembatas dalam sistem   dalam sistem  =

–

+

–

........(IV-1).

Pengeluaran Pemasukan

sistem pembatas Gambar IV-3. Sistem dan neraca massa

Massa yang tumbuh dan massa yang terambil diartikan bila terjadi reaksi kimia, maka bahan yang satu bisa terambil dan membentuk senyawa lain. C. Neraca massa “steady” dan “unsteady” Suatu gambaran proses kontinu adalah pengisian sebuah tempat dengan air yang dialirkan melalui pengaturan katub/kran. Dibayangkan, mula-mula tempat itu yang bisa berupa sebauh ember atau tangki penampung yang kosong dan padanya terdapat lubang kecil/bocor. Kemudian air dikeluarkan dengan membuka katub. Dengan demikian, ember itu akan terisi air secara terus menerus dan keluar akibat kebocoran juga secara terus menerus. Kalau kebocoran (yang keluar) itu lebih kecil daripada pemasukannya, maka lama kelamaan air dalam ember semakin banyak. Hal itu menunjukkan adanya akumulasi air dalam ember. Neraca massanya diambil dari persamaan (IV-1), dan tidak terjadi reaksi kimia, maka tidak ada pembentukan dan pengambilan massa, sehingga: Akumulasi = Massa masuk - Massa keluar ………………………(IV-2).

Azas Teknik Kimia

Page 69

Setelah beberapa lama kemudian, air dalam ember penuh dan meluap keluar. Dalam hal ini, yang keluar dari ember itu adalah karena kebocoran dan luapan. Neraca massanya menjadi: Bahan masuk = bahan keluar ……………………………………….(IV-3). Neraca massa pada persamaan (IV-2) disebut dengan keadaan “unsteady”, artinya suatu keadaan yang tergantung pada waktu. Dengan bertambahnya waktu akumulasi makin banyak atau keadaan selalu berubah dengan waktu. Dalam hal peristiwa di atas, dengan bertambahnya waktu, volum air dalam ember bertambah. Pada suatu saat tertentu, keadaan itu selalu tetap atau air yang ada dalam ember tidak berubah volumnya. Kondisi semacam ini disebut keadaan “steady” atau “ajeg” atau “tunak” dan persamaan neraca massanya ditunjukkan seperti persamaan (IV-3). D. Neraca massa tanpa reaksi kimia Pembahasan neraca masa berikut ini ditandaskan dalam keadaan ajeg. Neraca massa dihitung untuk semua bahan yang ada dalam proses. Perhitungan akan menjadi kompleks kalau prosesnya rumit dan dalam unit yang besar. Beberapa hal perlu diperhatikan dalam melakukan perhitungan neraca massa secara mudah, mengacu pada hal yang telah disebut di bagian depan tentang langkah-langkah logis penyelesaian masalah. 1. Visualisasi: gambar diagram alir proses secara sederhana yang dapat menunjukkan perubahan – perubahan fisis yang terjadi. 2. Objektif: data yang relevan cantumkan pada diagram, misal kecepatan alir bahan, komposisi, suhu, tekanan, dan data fisik lainnya. 3. Rencana: pelajari data proses dan kembangkan hubungan kuantitas yang diketahui dan yang tidak diketahui dalam neraca massa. Hubungan ini biasanya dalam bentuk persamaan matematik. Pastikan jumlah bilangan yang tidak diketahui dengan jumlah persamaan yang ada. Samakan satuan antar kuantitas yang satu dengan lainnya. Pada neraca massa dalam sistem: disetiap titik yang mengalami perubahan pasti ada persamaan yang menyertainya!!! 4. Menghitung: Pilih basis yang sesuai bila diperlukan. Selesaikan hubungan-hubungan persamaan di atas. Neraca massa berdasarkan pada hukum kekekalan massa dan energi: bahwa massa tidak dapat diciptakan dan tidak ada kehilangan massa kecuali menjadi energi (menurut Einstein). Persamaan neraca massa dalam keadaan ajeg tertulis seperti persamaan (IV-3). Neraca massa tanpa reaksi kimia dijumpai pada banyak peristiwa operasi teknik kimia. Neraca massa ini menjadi titik tolak perhitungan yang lainnya sampai pada perencanaan alat proses. Oleh Azas Teknik Kimia

Page 70

karena itu, dalam perhitungan awal ini tidak boleh salah. Umumnya, operasi kimia industrimerupakan proses pemisahan bahan untuk dimurnikan. Proses-proses yang akan dipelajari untuk perhitungan neraca massanya yang dituangkan dalam contoh-contoh soal, diantaranya: 1. 2. 3. 4. 5. 6.

Pencampuran Pengeringan Kristalisasi Keseimbangan fase Distilasi Evaporasi

Secara garis besar, neraca massa dalam sebuah sistem adalah seperti berikut ini. Bila persamaan (IV-2) dikenakan pada proses yang tertera dalam gambar IV-4, maka: MA = M1 + M2 + M3 - M4 - M5

…………………..(IV-4).

Dengan, M = massa atau aliran massa dengan satuan massa atau massa/waktu. Pada keadaan ajeg, maka akumulasi, MA = 0, sehingga neraca massanya: M1 + M2 + M3 = M4 + M5

………………………….(IV-5).

M1 M2 M3

SISTEM akumulasi=MA

M4

M5 Gambar IV-4. Neraca massa dalam sistem alir

Persamaan (IV-5) merupakan persamaan neraca massa sistem secara keseluruhan atau total. Di dalam bahan yang berupa campuran terdapat komponen-komponen yang terkandung di dalamnya. Jika masing-masing komponen dintayakan dalam fraksi massa, x (tak bersatuan), maka neraca massa komponen berbentuk: M1xi1+ M2xi2 + M3xi3 = M4xi4 + M5xi5

..………………………….(IV-6).

Dalam hal ini, xi1 berarti komponen i yang ada pada aliran 1, dan seterusnya. Lebih jelas diperluhatkan dalam contoh-contoh soal berikut ini. 1. Pencampuran

Azas Teknik Kimia

Page 71

Contoh: Natrium hidroksid dengan kadar 40% dialirkan ke dalam tangki dengan kecepatan L

100 jam pada suhu 20oC. Larutan ini akan diencerkan menjadi 12%. Berapa air yang L

diperlukan setiap jamnya? Dan berapa kecepatan keluar dalam jam ? Jawab: Untuk dapat menyelesaikan soal di atas diperlukan data rapat larutan NaOH 40%. Data dapat diperoleh dari buku (handbook) Perry atau literatur lain. Dari buku Perry edisi 5, hal. 3-78 diperoleh data, pada suhu 20oC: 40%NaOH = 1,4300 kg/L

M2 Air segar sebagai pengencer Larutan pekat: 20oC M1: 40% NaOH 100 L/jam

Tangki Pencampur

M3 Larutan encer 12%NaOH

L

Basis: 100 j larutan pekat masuk. Maka, massa larutan masuk = (1,43 Neraca massa keseluruhan:

L kg kg ).(100 j ) = 143 jam L

M1 + M2 = M3 ……….(a)

Neraca massa untuk komponen NaOH: NaOH masuk = NaOH keluar M1.xNaOH,1 = M2.0 + M3.xNaOH,3 ……..(b) Neraca komponen untuk air: M1.xair,1 + M2.1 = M3.xair,3 ……..(c) Dari persamaan (b) untuk NaOH: 143. 0,4

= 0 + 0,12 M3 kg

M3 = 476,7 jam Dari persamaan (c) untuk air: 143. 0,6 + M2 = 476,7. 0,88 85,8

+ M2 = 419,5 kg

M2 = 333,7 jam Azas Teknik Kimia

Page 72

Atau dengan menggunakan persamaaan (a) diperoleh: kg

kg

M2 = (476,7-143) jam = 333,7 jam . Rapat air = 1

L kg , maka air segar yang dimasukkan sebesar 333,7 jam . L

Jika aliran keluar dinyatakan dalam kecepatan volum, L/jam, dengan persamaan (a) diperoleh: L

L

L

M3 = 100 jam + 333,7 jam = 433,7 jam 2. Pengeringan Pengeringan adalah proses untuk mengurangi/menghilangkan air dalam bahan yang basah. Proses yang dilakukan ada beberapa cara diantaranya adalah dengan pemanasan. Ada pula yang dilakukan dengan menggunakan aliran udara kering (prinsip: humiditas). Contoh: a. Kertas dengan kandungan air 5% harganya Rp. 100.000 per ton sampai di pelabuhan. Ongkos kirim dari pelabuhan ke gudang pembeli Rp. 6000/ton. Setelah sampai di gudang ternyata kelembaban kertas menjadi 6,54%. Jika kelebihan berat tidak diperhitungkan, berapa harga kertas sampai di gudang? Jawab: Basis: 1 ton kertas sampai di gudang. Kadar air dalam kertas 6,54% kadar kertasnya saja = 93,46% Misal: berat kertas di pelabuhan x ton, maka kelebihan air = y ton Neraca kertasnya saja: 0,9346. 1 ton = 0,95. x ton x = 0,9346/0,95 = 0,9838 ton neraca keleseluruhan: x + y = 1 ton kelebihan air,

y = 1 – 0,9838 = 0,0162 ton.

Analisis ongkos: Harga kertas dipelabuhan = 0,9838. Rp. 100.000 = Rp. 98.380,00 Ongkos kirim

= 0,9838. Rp. 6000

Harga kertas sampai di gudang per ton

= Rp. 5.902,80 = Rp. 104.282,80

Contoh: b. Sebuah lorong pengering (tunnel dryer) digunakan untuk mengeringkan 100 lb/jam bahan anorganik yang mengandung 10% air sampai kandungan airnya 0,5%. Bahan masuk ke dalam alat pengering secara berlawanan arah dengan udara yang digunakan sebagai pengering. Udara yang masuk pada 60oC, 76 cmHg dengan relative humidity (RH) 10% dan

Azas Teknik Kimia

Page 73

keluar pada suhu 350C, 75 cmHg dengan RH 70%. Berapa kecepatan aliran udara yang harus dipertahankan?. Jawab: basis: 100 lb/jam bahan anorganik masuk Bahan anorganik 100 lb/jam, air 10%

bahan anorganik keluar M1 lb/jam, air 0,5%

M3 lb/j udara keluar udara masuk, M2 lb/j o 35 C, 75 cmHg 60oC, 76 cmHg RH 70% RH 10% Pada persoalan ini diperlukan pengertian tentang kelembabab (humiditas). Relative humidity atau kelembaban relatif terkait dengan banyaknya air (H 2O) dalam udara kering yang dinyatakan dalam humidity”

atau

lb H 2 O . Untuk mengetahuinya dicari dari grafik “molar lb udara ker ing

“phychrometric

chart”

yang

terdapat

dalm

buku-buku

literature

(Himmelblau). Ada 2 cara penyelesaian. Cara I:

lb

Basis: 100 jam bahan anorganik Gunakan komponen kunci, yaitu bahan anorganik kering, karena bahan ini tidak

berubah, artinya bahan anorganik yang masuk = yang keluar. lb

lb

Bahan anorganik masuk = 0,9.100 jam = 90 jam lb

Berarti, bahan anorganik kering yang keluar juag 90 jam , kadar airnya 0,5%, maka lb

lb

bahan anorganik keluar seluruhnya, M1 = (100/99,5).90 jam = 90,45 jam . lb

Air yang keluar bersama bahan anorganik = 90,45-90 = 0,45 jam lb

Air yang masuk bersama bahan anorganik = 0,1.100 = 10 jam lb

Jadi, air yang keluar bersama udara = 10-0,45 = 9,55 jam Cari dengan grafik: Pada suhu 60oC dengan RH =10%  y2 = 0,025

lbmol H 2 O lbmol udara ker ing

Pada suhu 35oC dengan RH =70%  y3 = 0,042

lbmol H 2 O lbmol udara ker ing

Azas Teknik Kimia

Page 74

Dari hasil itu menunjukkan bahwa dalam 1 lbmol uadara kering, air yang dapat dibawa lb

lb

sebesar: 0,042 – 0,025 = 0,017 lbmol = 0,017.18 jam = 0,306 jam lb

Padahal jumlah air yang harus dibawa oleh udara kering sebanyak 9,55 jam . Dengan demikian, udara kering yang dibutuhkan sebanyak: 0,955 lb air lb air 0,306 lbmol udara ker ing

= 31,21 lbmol/jam udara kering lbmol

Jumlah udara basah (udara kering + air) masuk, M2 = 31,21.(1+0,025) = 31,99 jam BM udara kering = 29. lb

Berat udara basah masuk, M2 = 31,21(29) + 31,21(0,042)(18) = 919,13 jam Cara II: Diselesaikan dengan cara analitis: y’M2 =0,025(18/29) = 0,015517

lb H 2 O lb udara ker ing

fraksi massanya: xM2 = 0,015517/(1+0,015517) = 0,01528 secara similar: y’M3 =0,042(18/29) = 0,02607

lb H 2 O lb udara ker ing

fraksi massanya: xM3 = 0,02607/(1+0,02607) = 0,02541 Neraca massa total

: 100 + M2 = M1 + M3 ………………………………..(a)

Neraca komponen air : 100.x1 + M2 xM2 = M1.xM1 + M3.xM3 100.0,10 + M2 0,01528 = M1.0,005 + M3.0,02541 10 + 0,01528 M2 = 0,005 M1 + 0,02541 M3 ……(b) Neraca bahan anorganik: 100.0,9 = 0,995 M1 …………………………………(c) Ada tiga persamaan dengan 3 bilangan yang tidak diketahui, maka dapat diselesaikan. lb

Dari persamaan (c), M1 = 90,45 jam lb

lb

Dari persamaan (a) dan (b), diperoleh, M2 = 918,57 jam dan M3 = 328,12 jam . Azas Teknik Kimia

Page 75

lb

Dengan demikian, jumlah udara kering masuk = 918,57 jam (dengan cara I diperoleh lb

919,13 jam ). 3. Kristalisasi Contoh: a. Sebuah tangki berisi 10000 kg larutan jenuh NaHCO3 pada 60oC. Dari larutan diinginkan untuk dikristalkan

sebanyak 500 kg. Berapa temperatur larutan harus

didinginkan? Jawab: Prinsip: Proses kristalisasi mempunyai hubungan dengan kelarutan bahan, sedangkan kelarutan itu sendiri tergantung pada suhu. Umumnya, makin tinggi suhu kelarutan bahan makin besar. Larutan akan bisa menjadi kristal jika larutannya telah kelewat jenuh. Gambar proses: 500 lb NaHCO3 kristal NaHCO3

NaHCO3

H2O

H2O

Larutan jenuh{

}larutan jenuh

Data yang diperlukan adalah kelarutan NaHCO3 dalam air. Dari handbook diperoleh: Suhu (oC) Kelarutan

: 60

50

40

30

20 10

g NaHCO 3 : 16,4 14,45 12,7 11,1 9,6 8,15 100 g H 2 O

Basis: 10000kg larutan jenuh NaHCO3 pada 60oC. Dalam tabel pada suhu 60oC kelarutan NaHCO3 sebesar 16,4 g setiap 100 gH2O, maka dapat dihitung komposisi larutan awal ini, yaitu: NaHCO3 =

16,4 g NaHCO 3 16,4 g NaHCO 3  100 g H 2 O

= 0,141 atau 14,1% maka airnya

= 85,9%

neraca massa NaHCO3: mula-mula – yang mengkristal = sisa dalam larutan jenuh 0,141. 10000 –500 = sisa dalam larutan jenuh Azas Teknik Kimia

Page 76

sisa dalam larutan jenuh = 910 kg neraca massa air

: air mula-mula – 0 = air dalam larutan jenuh air dalam larutan jenuh = 0,859. 10000 = 8590 lb

konsentrasi sisa larutan jenuh = =

g NaHCO 3 910 g NaHCO 3 = g H 2O 8590 g H 2 O 10,6 g NaHCO 3 x g NaHCO 3 atau = 100 g H 2 O 100 g H 2 O

kembali pada tabel untuk mencari suhu yang sesuai dengan larutan jenuh : 10,6 g NaHCO 3 yang terletak antara 20 dan 30o. Dicari dengan interpolasi, 100 g H 2 O 11,1  10,6

yaitu: 30oC – [ 1,1  9,6 ]100oC = 27oC contoh: b. Kelarutan barium nitrat pada 100oC sebesar

34 g dan pada 0oC sebanyak 100 g H 2 O

5g . Jika mula-mula ada 100 g Ba(NO3)2 dan dibuat larutan jenuh pada 100oC, 100 g H 2 O

berapa air yang dibutuhkan?. Kemudian larutan jenuh itu didinginkan pada suhu 0oC, berapa natrium nitrat yang mengkristal?. Jawab: Basis: 100 g Ba(NO3)2 Kelarutan maksimum Ba(NO3)2 dalam air pada suhu 100oC sebesar 34 g per 100 g air, sehingga jumlah air yang dibutuhkan: 100 g Ba ( NO 3 ) 2 (100 g H2O) = 295 g H2O 34 g Ba ( NO 3 ) 2

gambaran proses: 100% C Ba(NO3)2 kristal A Ba(NO3)2

H2O 0%

Ba(NO3)2 10g

larutan jenuh{ H2O 295 g

Azas Teknik Kimia

H2O 295 g

} larutan jenuh

Page 77

Pada persoalan ini, sebagai komponen kunci adalah air, sebab jumlah air tidak berubah. Pada suhu 0oC kelarutan barium nitrat sebesar 5 g per 100 g air, maka dalam 295 g H2O, barium nitrat yang dapat larut =

295 . 5 g Ba(NO3)2 = 14,7 g Ba(NO3)2. 100

Neraca massa Ba(NO3)2: Ba(NO3)2 awal - Ba(NO3)2 akhir = kristal Ba(NO3)2 100 g

-

14,7 g

=

85,3 g

Cara aljabar: Fraksi air pada B = 100/(100+5) = 0,952381 Neraca massa total : A = B + C 395 = B + C neraca massa air: 295 = B. 0,952381 + c.0 295

B = 0,952381 = 309,75 Maka,

C = 395 –309,75 = 85,25 g kristal Ba(NO3)2.

4. Keseimbangan fase Pada proses perpindahan massa sering dibutuhkan neraca massa yang melibatkan keseimbangan fase. Hukum Raoult sering digunakan dalam perhitungan pada komposisi fase uap dan fase cairan yang berada dalam keseimbangan. Perhitungan dapat diteruskan untuk mencari jumlah masing-masing fase yang ada dalam campuran. Pada keadaan ini, tidak terjadi reaksi kimia, maka neraca massa mengambil dasar pada satuan mol bukan lb atau kg. Neraca masa untuk keseimbangan fase: L + V = M ……………………………………………….(IV-7). Dengan, L = lbmol cairan V = lbmol uap M = lbmol campuran cair dan uap. Neraca komponennya: L. xA + V.yA = M.zA……………………………………………….(IV-8). Dengan, xA = mol fraksi A dalam cairan yA = mol fraksi A dalam uap, zA = mol fraksi A dalam campuran.

Azas Teknik Kimia

Page 78

Contoh: Campuran yang mengandung benzena sebanyak 75%mol dan toluene sebesar 25%mol dalam keadaan seimbang pada suhu 93oC, tekanan 90 cmHg. Campuran ini akan dipisahkan menjadi fase uap dan cairan. a. Hitung komposisi dan jumlah pada kedua fase kalau campuran mula-mula 100 lbmol! b. Hitung komposisi dan jumlah masing-masing fase kalau suhunya diturunkan sampai 30oC! Jawab: Basis 100 lbmol campuran Data yang diperlukan adalah tekanan parsial untuk masing-masing komponen. Dari tabel yang ada pada handbook, diperoleh: Pada suhu 93oC : PvB = 115 inHg dan PvT = 46 inHg. Dengan hukum Raoult: yB =

PvB PTotal

yB =

115 . xB 90

xB

dan yT = dan yT =

PvT xT PTotal 46 xT 90

Gambaran proses: V lbmol uap yB yT M lbmol camp zB = 0,75 zT = 0,25 L lbmol cairan xB xT karena: yB + yT = 1 dan xB + xT = 1, maka 115 46 . xB + xT = 1 90 90 115 46 . xB + (1-xB) = 1 90 90

115 xB + 46 - 46 xB = 1 xB = 0,638 xT = 1- 0,638 = 0,362 yB =

115 0,638 = 0,815 90

yT = 1 – 0,815 = 0,185

Azas Teknik Kimia

Page 79

neraca massa total:

L + V = 100 …………………….(a)

neraca komponen benzen: 0,638 L + 0,815 V = 100.0,75……(b) dari kedua persamaan itu diperoleh: V =63,28 lbmol (fase uap) dan L = 36,72 lbmol (fase cair). b. Pada 380C, PvB = 15,5 inHg dan PvT = 5,2 inHg yB = (

15,5 5,2 )xB dan yT = xT 90 90

(

15,5 5,2 )xB + ( )xT = 1 90 90

(

15,5 5,2 )xB + ( )(1-xB) = 1 90 90

15,5xB +5,2 + 5,2xB =90 xB =8,23 (tidak mungkin) seharusnya nilai xB terletak antara 0 dan 1. Tekanan kedua fase menunjukkan kurang dari tekanan totalnya. Hal itu berarti pada suhu 380C semua ada dalam keadaan fase cair. 5. Distilasi Distilasi adalah suatu proses pemisahan berdasarkan perbedaan titik didih diantara komponen-komponen yang ada. Contoh: Campuran etanol – air dipisahkan dalam kolom distilasi untuk memperoleh kemurnian alkohol yang lebih tinggi. Komposisi umpan masuk ke dalam kolom terdiri atas 20%mol alcohol dan sisanya air. Hasil bagian atas kolom (distilat) mengandung 85%mol etanol dan bagian bawah kolom (bottom) mengandung 3%mol etanol. lbmol

a. dengan kecepatan umpan masuk 100 jam , hitunglah jumlah distilat dan bottom b. berapa % recovery alkohol ? Jawab: Gambaran proses: Distilat, D lbmol/j xD,alk = 0,85 Umpan, F 100 lbmol/j xF,alk = 0,2 Bottom, B lbmol/j Azas Teknik Kimia

Page 80

xB,alk = 0,03 Basis: per jam operasi Neraca massa total: F = D + B ………………………(a) Neraca massa alcohol: F xF,alk = D xD,alk + B xB,alk …..(b) Neraca massa air

: F xF,air = D xD,air + B xB,air …..(c)

a. yang dicari jumlah D dan B, berari cukup dengan 2 mpersamaan saja. Persamaan (a) memberikan : 100 = D + B atau D = 100 – B ……..(d) Persamaan (b) memberikan: 100.0,2 = 0,85 D + 0,03 B a. = 0,85 D + 0,03 B………………(e) substitusi perssamaan (d) ke dalam persamaan (e), diperoleh: 20 = 0,85(100-B) + 0,03 B maka,

B = 79,27 lbmol.

Dari persamaan (a), diperoleh: D = 20,73 lbmol b. jumlah alkohol dalam distilat = D xD,alk = 0,85.20,73 = 17,62 lbmol jumlah alkohol mula-mula: F xF,alk = 100.0,2 = 20 lbmol jadi, %recovery = (alkohol yang terambil/alkohol mula-mula) 100% =(

17,62 ) 100% = 88,1% 20

6. Evaporasi Proses evaporasi adalah proses penguapan air. Hal ini berbeda dengan proses pengeringan. Proses evaporasi dimaksudkan untuk membuat larutan agar jenuh yang kemudian larutan jenuh itu dikristalkan. Alatnya disebut evaporator. Contoh: Larutan natrium hidroksid dengan kadar 20% dievaporasi pada titik didihnya dalam evaporator dengan tekanan 3,716 psia hingga menjadi larutan jenuh 40%NaOH. Berapa air yang harus diuapkan setiap pound NaOH yang masuk? Jawab: basis : 1 lb NaOH Gambaran proses: Panas. Q Umpan, F : larutan 20%NaOH Neraca massa total

Uap air, V

larutan jenuh, L 40%NaOH : F = L + V …………………………..(a)

Neraca massa NaOH : F xF,NaOH = L xL,NaOH + V yV,NaOH ….(b) Neraca massa air Azas Teknik Kimia

: F xF,air = L xL,air + V yV,air ………….(c) Page 81

Pada proses evaporasi, yang teruapakan hanyalah air saja, sehingga kandungan NaOH dalam uap, yV,NaOH = 0, maka persamaan (b) menjadi: F xF,NaOH = L xL,NaOH …………………………..(d) Dengan basis 1 lb NaOH dalam umpan (=20%), maka F = (

100 ). 1 lb = 5 lb 20

Maka, dengan persamaan (d), didapat : 1 = L.0,4  L = 2,5 lb dan dari persamaan (a), diperoelh: V = F – L = 5-2,5 = 2,5 lb. Dengan demikian, air yang harus diuapkan setiap lb NaOH yang masuk adalah: lb air 2,5 = 2,5 lb NaOH . 1

E. Neraca massa elemen Pada perhitungan yang telah dipaparkan di atas terlihat suatu perhitungan menggunakan neraca massa untuk mencari kebutuhan bahan baku yang digunakan pada proses produksi bahan tertentu. Hasil hitungan dapat dituliskan pada bagan alir yang tergambar alat tersebut, dan dapat diketahui neraca massa keseluruhan. Dalam praktek bahan-bahan yang ada di dalam suatu alat keadaannya selalu bergerak. Kondisi bahan yang bergerak ini berubah dari satu tempat ke tempat lain sepanjang alat itu. Perubahan kondisi itu dapat dilihat pada potongan kecil bahan yang ada berupa suatu ”differential element”. Meski proses secara keseluruhan dalam keadaan ajeg (steady), tapi setiap tempat sejarak tertentu terjadi perubahan komposisi. Neraca massa elemen ini banyak ditinjau pada proses alir (kontinyu) dan akan menghasilkan persamaan diferensial (PD). Pada umumnya, penyelesaian PD ini memberi jawaban atas kinerja alat tersebut. Dengan kata lain, hasil perhitungan neraca massa elemen dan penyelesaiaannya diperoleh kondisi perancangan suatu alat. Neraca massa pada elemen kecil ini secara umum sama dengan neraca massa yang ditunjukkan pada persamaan (1). Hal itu diringkas menjadi: Kecepatan akumulasi = kecepatan masuk – kecepatan keluar + kecepatan pertumbuhan

...................................................................................(IV-9)

Dalam hal ini, keadaannya ajeg atau tidak ada akumulasi, sehingga persamaan itu menjadi: 0 = kecepatan masuk-kecepatan keluar+kecepatan pertumbuhan .. (IV-10) Berikut adalah contoh-contoh penerapan neraca massa elemen. Neraca massa elemen tanpa reaksi.

Azas Teknik Kimia

Page 82

Proses pengeringan padatan basah dilakukan dalam alat pengering (dryer) yang berbentuk silinder dengan diameter 5 ft dan panjang 30 ft. Padatan mengalir karena perputaran dan kemiringan silinder, tetapi dapat dianggap datar. Bahan memenuhi 1/3 penampang silinder dengan kecepatan tetap. Kadar air pada pemasukan dan pengeluaran masing-masing

2 dan 0,1 lb setiap lb padatan. Dari data yang ada, menyebutkan berat 1

bahan masuk 31 lb per cuft dan keluar 22 lb per cuft, sedangkan hasil tiap jam sebanyak 550 lb. Anggapan lain: volum padatan basah dan kecepatan penguapan berbanding lurus dengan air yang dikandungnya. Hitung waktu yang diperlukan bahan untuk bergerak dari ujung pemasukan ke ujung pengeluaran!. Penyelesaian: Untuk dapat menjawab masalah ini, diperlukan persamaan yang menunjukkan bahwa pengeringan sebagai fungsi jarak/panjang. Persamaan yang dapat menunjukkan hal itu diperoleh dengan melihat elemen kecil volum yang ada pada alat pengering tersebut yang digambarkan berikut ini. 30 ft x

lempung basah  pemasukan:

lempung 5 ft  kering x1

x2

basah= 31 lb/cuft

pengeluaran: basah = 22 lb/cuft

lb

lb

Kadar air = W = 2 lb pada tan

W = 0,1 lb pada tan

air = (2/3)(31 lb/cuft)

air = (0,1/1,1)(22 lb/cuft)

padatan = (1/3)(31 lb/cuft)=10,3 lb/cuft

padatan= (1/1,1)(22 lb/cuft)

kering= 10,3 lb/cuft

kering = 20 lb/cuft

Massa keluar, m = 550 lb/j. Hal ini terdiri atas: padatan = (1/1,1)(550) = 500 lb/j dan air = (0,1/1,1)(550) = 50 lb/j. Kadar air makin ke kanan makin berkurang dan lempung makin kering. Karena keadaan ajeg, komposisi (air dan padatan) tetap setiap saat. Lempung sebagai padatan tidak berkurang, jumlahnya (kuantitatif) tetap dan secara kualitatif tidak berubah (tetap lempung). Jadi, lempung merupakan komponen kunci (key component). Perubahan yang terjadi dari tempat ke tempat adalah volume per satuan berat lempung kering (karena air berkurang) ada perubahan  dari tempat ke tempat lain. Azas Teknik Kimia

Page 83

Peninjauan neraca massa dilakukan terhadap masing-masing bahan. Neraca massa untuk lempungnya saja: Lempung masuk = lempung keluar Jika, A = luas penampang aliran, L2 V = kecepatan linier, Lt-1  = densits lempung kering setiap lempung basah Maka, untuk daerah sepanjang x1 dan x2: (AV) x 1 = (AV) x 2 ...............................(a) (AV) x 1 - (AV) x 2 = (AV) = 0 ........(b)  ( AV ) = 0 .................................................(c) x

Limit x mendekati nol untuk persamaan (c):

lim  ( AV ) = A.d ( V) =0 .......................(d)

x  0

x

dx

d ( V) = 0 (disebut persamaan kontinyuitas dalam keadaan ajeg/tunak). dx

Persamaan ini banyak dikenakan pada bahan-bahan yang mengalami perubahan densitas disetiap posisi dalam proses. Neraca massa untuk air: Basis: per satuan berat lempung kering. Jika, v = jumlah air yang diuapkan dan berat air

W = berat lempung ker ing Maka, neraca massa air: W x 1 + v x = W x 2 ...................................(e) v=

W dW  = v ......................................(f) x dx

Dalam hal ini, posisi x1 ditempuh pada t1 dan pada saat t2 berada pada posisi x2. Bahan mengalami pergerakan dari satu tempat ke tempat yang lain secara linier dengan satu kecepatan tertentu. Kecepatan linier =

jarak L dx V= , atau V = waktu t dt

Hal ini menunjukkan bahwa: W = f(x) , sedangkan x = (t). Jadi:

Azas Teknik Kimia

Page 84

dW dW dx  . ...............................................(g) dt dx dt

Dari soal ditentukan bahwa kecepatan penguapan berbanding lurus dengan air yang dikandungnya atau dituliskan dalam persamaan: 1 cuft

v = aW + b =  lb

....................................(h)

dengan,  = densitas lempung kering per volum lempung basah. Lempung saja = 500 lb/j = AV V=

dx 500 = A .................................(i) dt

Penggabungan persamaan (h) dengan (i) diperoleh: V=

dx 500 = (aW+b) .................................(j) dt A

Persamaan (g) yang merupakan pengurangan air, sehingga dapat ditulis: -

dW dW dx  . = kW ..........................................(k) dt dx dt

Jika, x = 0 adalah ujung pemasukan dan x = 30 adalah ujung pengeluaran dengan kondisi masing-masing seperti di atas, dan kecepatan penguapan dinyatakan dalam volum per lb 1 cuft

lempung (=  lb ), maka persamaan (h): Pada x = 0 :

lb cuft 1 cuft = a.(2 lb pada tan ) + b lb pada tan .....(l) 10,3 lb

Pada x = 30ft :

lb cuft 1 cuft 1 = a.( ) + b .....(m) lb pada tan 20 lb 10 lb pada tan

Dari dua persamaan itu, (l) dan (m) dapat diperoleh nilai a = 0,0248 dan b = 0475, sehingga kecepatan penguapan air dapat ditulis dengan persamaan: v = 0,0248 W + 0,0475 ....................................................(n). Luas permukaan silinder = ¼  r2, sedangkan lempung menempati 1/3 luas yang ada, maka A = (1/3)¼  r2 = (1/3)( ¼ )(25) = 6,55 ft2. Dengan demikian, gabungan persamaan (i), (n) dan nilai A, dapat diperoleh: dx 500 lb pd tan/ j. (0,0248W  0,0475)cuft / lb pd tan = = 1,895 W + 3,63 ft/j ...(o) 6,55 ft 2 dt

Dengan memasukkan nilai persamaan (o) ke dalam persamaan (g) dan selanjutnya diselesaikan dengan batasan pada saat x =0, W =2 dan pada x=30, W=0,1, yaitu 

dW dx dW . = (1,895 W + 3,63) = - kW ..........................................(p) dx dt dx

Azas Teknik Kimia

Page 85

-kdx = 1,895 dW + 3,63 30

-k  dx = 1,895

dW W

0 ,1

0 ,1

 dW

0

+ 3,63

2

 2

dW w

-30k = 1,895 (0,1-2) + 3,63 ln 0,05 = -3,6 – 10,9 = -14,5 k = 0,483 1/j (sebuah tetapan perancangan) dari persamaan (k) itu pula diketahui bahwa: -

dW = kW  dt

0 ,1

t

dW 2 w = k 0 dt

Diperoleh: 2

Ln 0,1 = 0,483 t  ln 20 = 0,483 t Maka, t = 6,2 jam. Sebagai catatan: Bahwa dalam keadaan sesungguhnya, yang terjadi pada ”rotary dryer” adalah pengeringan dilakukan dengan udara panas yang mengalir secara berlawanan arah atau searah dengan bahan yang dikeringkan. Udara ini membawa uap air selama mengalir dalam alat itu. Oleh karena itu, dengan memperhatikan persamaan (k) diatas, yaitu -

dW = dt

kW yang menunjukkan kadar air ditiap tempat = 0 dan hal ini tidak pernah terjadi. Neraca massa elemen dengan reaksi kimia pada reaktor alir pipa. Sebuah reaksi yang dijalankan dalam pipa yang mempunyai penampang serba sama, secara kontinyu mengikuti persamaan: A P+Q

.................................................................(IV-11).

Semua bahan berbentuk gas. Proses berlangsung secara ajeg. Nyatakan konversi sebagai fungsi panjang pipa! Penyelesaian: Kompossi bahan dalam reaktor ditentukan oleh konversinya. Di setiap tempat sepanjang pipa komposisi bahan selalu berubah karena laju alir yang menyertainya. Hal itu dapat dikatakan karena setiap perubahan jarak membutuhkan waktu dan setiap perubahan waktu sepanjang pipa terjadi perubahan komposisi bahan. Untuk menghitung jumlah bahan di tiap tempat sepanjang reaktor tersebut dapat dilakukan dengan menghitung neraca massa untuk elemen volum (V) sepanjang pipa L. Gambaran peristiwa itu seperti dalam sketsa berikut. Azas Teknik Kimia

Page 86

L

nA0 

x+ x V nA+nA

nA  L

L+L

Dalam hal ini: nA0 = jumlah mol A awal yang masuk ke dalam reaktor per satuan waktu, nA = jumlah mol A setiap saat, M t-1 x

= konversi, bagian

L = panjang pipa, L V = volum reaktor, L3 Neraca massa pada elemen V (atau L) dalam keadaan ajeg dapat dituliskan: Kecep. Masuk – kecep. Keluar + kecep. Pertumbuhan = akumulasi Kecepatan pertumbuhan sama dengan kecepatan reaksi yang dapat diartikan sebagai kecepatan pengurangan bahan pereaksi A dan diberi notasi (-rA), sehingga persamaan itu dapat ditulis: (zat pereaksi masuk) - (pereaksi keluar dari V)-(yang bereaksi) = (akumulasi) ............. (IV-12)

Proses berlangsung dalam keadaan ajeg (steady) atau tidak ada akumulasi, maka persamaan menjadi: (zat pereaksi masuk) - (pereaksi keluar dari V)-(yang bereaksi) = 0 .........(IV-13).

Dengan prnsip hitungan stoichiometri didapatkan masing-masing bahan: Bahan

:

A

P

Q

total

Zat masuk (L) :

n0(1-x)

0

0

n0(1-x)

Keluar (L+L):

n0(1-x-x)

n0(x+x)

n0(x+x)

n0(1+x+x)

Neraca massa untuk komponen A: n0 (1-xA) - n0(1-xA-xA) – (-rA)V =0, penyelesaian persamaan ini, yaitu: x A (-rA) = n0 V ................................................(a).

Untuk V  0,

dx A (-rA) = n0 dV ……………………..(b)

Atau dN A mol (-rA) = dV merupakan definisi kecepatan reaksi, ( volum)( waktu )

Azas Teknik Kimia

Page 87

Jika luas penampang reaktor = , maka dV = dL, sehingga persamaan (VI-40) menjadi: dx A (-rA) = n0 dL ........................................(c).

Jika kecepatan reaksi dinyatakan dengan persamaan: –rA = k CA ..............................................(d). Dengan, k = konstanta kecepatan reaksi, CA = konsentrasi A, mol/volum Maka: dx A k CA = n0 dL ...............................(e).

Diketahui bahwa bahan berupa gas dan dianggap mengikuti hukum gas ideal, sehingga: PV = n RT, n/V = C P = CRT atau C = P/RT , untuk bahan A  CA = PA /RT, dan PA = X.Ptotal (X= fraksi mol A),

sehingga CA = XP/RT. Masukkan nilai ini ke dalam mpersamaan (e),

diperoleh: dx A XP dL = k n 0 RT ...............................(e).

Fraksi mol A = X=

n (1  x ) (1  x ) mol A  0  . Dengan demikian persamaan (e) mol total n 0 (1  x ) (1  x )

menjadi: dx A P (1  x ) dL = k n RT (1  x ) ...............................(f). 0

LATIHAN 1. Suatu proses distilasi ditunjukkan dalam gambar di bawah ini. Selesaikan!

0,8 C2 ? C3

2

? C2 0,1 C3

1000 kg/j 0,5 C2 0,3 C3 ? C4

Azas Teknik Kimia

? C2 0,4 C3 1

Page 88

1000 kg/j 0,3 C2 0,2 C3 ? C4 3

0,2 C 2 ? C3

F 0,3 C3 ? C4

2. Kelarutan magnesium sulfat pada 20oC sebesar 62,9 g/100g H2O. Berapa jumlah MgSO4.10H2O yang harus dilarutkan ke dalam 100 kg air agar larutan yang diperoleh merupakan larutan jenuh pada 20oC? 3. Natrium hidroksid dengan kadar 40%berat dialirkan ke dalam tangki dengan kecepatan 100 mol/jam pada suhu 20oC. Larutan ini diencerkan dengan air hingga keluar pada konsentrasi 20%. Berapa air yang diperlukan setiap jamnya? Dan berapa kecepatan keluar dalam satuan L/jam?. s.g NaOH 40% pd 20oC = 1,43 PUSTAKA Chopey, N.P. dan Hicks, T.G., 1984, Handbook of Chemical Enginineering Calculations, McGraw-Hill Book Company, New York. Glasstone, S., 1946, “Text Book of Physical Chemistry”, Van Nostrand Co., New York. Henley, E. J dan Bieber, H., 1959, “ Chemical Engineering Calculation” Mc Graw-Hill, New York. Himmelblau, D. M., 1989, “Basic Principles and Calculations in Chemical Engineering”, 6 th edition, Prentice-Hall International, Inc, London. Maron, S.H. dan Lando, J.B., 1974, Fundamental of Physical Chemistry, Macmillan Publishing Co. Inc., New York Williams, E.T and Johnson, R. C., 1958, “Stoichiometry for Chemical Engineers”, Mc GrawHill, new York Perry

Azas Teknik Kimia

Page 89

BAB V NERACA MASSA DENGAN REAKSI KIMIA Dalam mempelajari bagian ini, diharapkan mampu: 1. Mengerti dan dapat menuliskan persamaan reaksi kimia secara benar 2. Menjelaskan tentang arti “stoichiometri”, pereaksi terbatas dan pereaksi berlebih 3. Menjelaskan dan menghitung tentang “yield”, konversi, dan “recovery” 4. Mencari dan menghitung neraca massa dengan reaksi kimia 5. Mengetrapkan konsep neraca massa dengan reaksi kimia dalam reaktor/industri. SUB POKOK BAHASAN:

persamaan reaksi dan “stoichiometri”, pereaksi

pembatas dan berlebih, konversi reaksi, “yield”, dan “recovery”.

PENDAHULUAN Seperti halnya neraca massa tanpa reaksi, pada neraca massa dengan reaksi kimia ini pula langkah-langkah untuk menyelesaikan soal sama seperti di atas. Pengetahuan yang harus dikuasai adalah pengetahuan terhadap persamaan reaksi. Dasar-dasar reaksi dalam mata pelajaran Kimia Dasar, Kimia Organik, dan Kimia anorganik sangat diperlukan dalam pemahaman persoalan!!. Demikian juga dengan mata pelajaran Fisika Dasar!!. Persamaan reaksi dan “stoichiometry” Neraca massa yang paling sederhana terdapat dalam sebuah persamaan reaksi kimia, yaitu dengan mengisi koefisien-koefisien reaksinya. Contoh: a C7H16 + b O2  c CO2 + d H2O ………………………………..(V-1). Masing-masing atom: jumlah atom sisi kanan = jumlah atom sisi kiri tanda reaksi. Untuk atom C: 7a = c H: 16a = 2d  d = 8a O: 2b = 2c + d = 2(7a) + 8a = 22a  b = 11a Azas Teknik Kimia

Page 90

Persamaan (3) menjadi: a C7H16 + 11a O2  7a CO2 + 8a H2O …………………………..(V-2). Dalam hal ini, berapapun nilai a yang diberikan, persamaan itu tetap benar. Nilai a itu yang disebut juga dengan basis perhitungan. Jika, a = 1, maka masing-masing koefisien yang ada berturut-turut 1, 11, 7, dan 8. Perlu diperhatikan bahwa satuan yang digunakan dalam persamaan reaksi itu adalah mol (gmol, kgmol, atau lbmol). Kalau diketahui basis dalam satuan berat massa (g, kg, lb) maka diubah dahulu menjadi satuan mol, yaitu: massa Berat massa Mol bahan = Berat molekul = massa mol

…………………...(V-3).

Contoh: Bila ada 10 kg C7H16 , berapa kebutuhan O2 dan hasil yang diperoleh? kg

Jawab: data berat molekul (BM) dalam ( kgmol ): C7H16 = 100 , O2 = 32, CO2 = 44, H2O = 18, maka 10 kg 10 kg C7H16 = = 0,1 kgmol, sehingga secara stoichiometri (sesuai 100 kg kgmol

dengan koefisien reaksi): O2 yang dibutuhkan = 0,1.11 kgmol = 1,1 kgmol = 1,1 . 32 = 35,2 kg CO2 yang dihasilkan = 0,1.7 kgmol = 0,7 kgmol = 0,7. 44 = 30,8 kg H2O yang dihasilkan = 0,1.8 kgmol = 0,8 kgmol = 0,8.18 = 14,4 kg Dalam neraca massa: massa sebelum sama dengan massa sesudah reaksi. Perhatikan : Massa sebelum reaksi, yaitu C7H16 + O2

= 10 kg + 35,2 kg

= 45,2 kg, dan

Massa sesudah reaksi, yaitu CO2 + H2O

= 30,8 kg + 14,4 kg

= 45,2 kg.

 namanya neraca massa, maka yang sama itu adalah massanya bukan mol-nya!!! Kalau diperhatikan pada reaksi di atas, maka terlihat bahwa semua bahan pereaksi (sebelah kanan tanda reaksi) habis bereaksi. Hal itu dikatakan sebagai reaksi sempurna atau konversinya 100%. Bagaimana kalau semua pereaksi tidak habis bereaksi?. Berikut ini beberapa pengertian dalam melihat keadaan sebuah reaksi. 1. Pereaksi pembatas dan pereaksi berlebih. Di dalam sebuah industri kimia yang memproduksi sesuatu bahan dari bahan lain seringkali masih terdapat kelebihan reaktan dan sangat susah untuk menambahkan bahan dengan dosis yang persis sama seperti yang ada pada reaksinya. Untuk membedakan mana Azas Teknik Kimia

Page 91

pereaksi yang berlebih dan mana pereaksi yang mendekati habis bereaksi, diberikan pengertian pereaksi limit (limiting reactant) dan pereaksi berlebih (excess reactant). Pereaksi limit merupakan bahan yang secara stoichiometri habis bereaksi, sedangkan pereaksi berlebih adalah bahan yang masih tersisa bila salah satu bahan habis bereaksi. Contoh: Pada persamaan reaksi (4) yang ditulis kembali, yaitu: C7H16 + 11 O2  7 CO2 + 8 H2O Bila mula-mula terdapat masing-masing 10 kg C7H16 dan 40 kg O2, mana reaktan limit dan mana yang berlebih?. 10 kg Jawab: 10 kg C7H16 = = 0,1 kgmol 100 kg kgmol 40 kg 40 kg O2 = = 1,25 kgmol 32 kg kgmol

Secara stoichiometri : 0,1 kgmol C7H16 membutuhkan 11.0,1 kgmol O2 atau 1,1 kgmol, sedangkan O2 yang tersedia sebessar 1,25 kgmol, sehingga masih tersisa 0,15 kgmol. Dengan demikian, dikatakan: Pereaksi limit adalah C7H16 dan pereaksi berlebih adalah O2. Pereaksi berlebih lazim dinyatakan dalam %ekses, yaitu: mol kelebihan

%ekses = mol kebutuhan untuk bereaksi dg pereaksi pembatas …………….(V-4). Contoh: Pada soal di atas, kelebihan O2 sebesar 0,15 kgmol, maka %ekses O2 adalah 0,15kgmol

( 1,1 kgmol ). 100% = 13,64% 2. Konversi reaksi Reaksi kimia yang terjadi tidak seluruhnya sempurna seperti dalam penjelasan di atas. Tingkat kesempurnaan reaksi ini dinyatakan dalam konversi reaksi. Besaran yang digunakan bisa dinyatakan dalam prosen (%) atau bagian. Misalnya, konversi pembuatan etilen dari etanol sebesar 80% atau 0,8 bagian dari etanol dapat diubah menjadi etilen. Persamaan konversi dinyatakan: mol bahan A bereaksi

Konversi = mol bahan A mula  mula x 100%

………(V-5).

3. “Yield” atau hasil Azas Teknik Kimia

Page 92

Pernyataan “yield” atau hasil biasanya dilakukan terhadap reaksi yang kompleks atau dengan hasil yang beragam. Yield atau hasil ini sebagai pernyataan terhadap sebuah bahan produk yang “dikehendaki”. Yield bisa dinyatakan dalam mol hasil dibagi dengan mol pereaksi mula-mula (bila bahan murni), yang artinya sama dengan konversi dan dapat pula dinyatakan dalam berat hasil dibagi dengan berat bahan mula-mula (yang mengandung bahan murni). Contoh: Reaksi : A  B  C, pada reaksi ini bahan B yang dikehendaki daripada C. Maka, hasil B

yield = bahan A mula  mula x100% …………………….(V-6).

4. “Recovery” Pengertian “recovery” adalah perolehan kembali. Dalam hal ini, pernyataan ini diterapkan terhadap bahan yang dapat diperoleh kembali dari dalam campuran. Misalnya, dalam limbah terdapat khrom dan khrom tersebut diambil dengan berbagai cara, maka khrom yang dapat diambil kembali itu dinyatakan dalam “recovery” atau alkohol yang diambil dari suatu larutan dengan distilasi, maka alkohol yang terambil itu dinyatakan dalam “recovery”. Pernyataan itu dituliskan: % recovery =

bahan yang terambil bahan awal

x100%

..…………………(V-7).

Contoh: Suatu larutan alkohol dalam air sebanyak 1000 lb mempunyai kadar 60% didistilasi dengan hasil yang meningkat menjadi 95% sebanyak 600lb. Berapa recovery proses itu? Jawab: Basis: 1000 lb larutan Alkohol mula-mula = 0,6 . 1000 lb = 600 lb. Alkohol dalam distilat = 0,95.600 lb = 570 lb Maka “recovery” alkohol = (570/600). 100% = 95%. Di dalam pengertian-pengertian di atas merupakan pernyataan yang satu sama lain memiliki persamaan dan perbedaan. Secara umum, dalam kimia industridiperlukan pernyataan-pernyataan tersebut. Pernyataan “konversi” diberikan terhadap hasil suatu reaksi kimia yang seolah-olah merupakan bahan murni yang bereaksi. Pernyataan “yield” dan Azas Teknik Kimia

Page 93

“recovery” cenderung pada hasil yang diperoleh secara fisik (absorbsi, distilasi, dan sistem pemisahan lainnya atau isolasi bahan tertentu), jika ada reaksi maka pembaginya (massa) merupakan berat bahan mula-mula yang ada (bukan bahan murni saja). Contoh soal: 1. Dalam pembakaran heptan menghasilkan gas CO2. Seandainya dikehendaki hasil sebanyak 500 kg es kering setiap jam dan sebesar 50% dari CO 2 diubah menjadi es kering, berapa kg heptan yang harus dibakar setiap jamnya?. Jawab: Reaksi pembakaran, yaitu reaksi dengan oksigen dengan hasil gas CO 2 dan air. Reaksinya: C7H16 + 11 O2  7CO2 + 8 H2O Basis: 500 kg es kering per jam (diketahui). BM heptan (C7H16) = 100. Gambaran prosesnya adalah sebagai beerikut. H2O C7H16

50%CO2 gas 50% CO2 padat (es kering) (500 kg)

Reaktor

O2 500

Gas CO2 yang dihasilkan keseluruhan = ( 0,5 ) kg = 1000 kg 1000 ) kgmol 44 1 1000 Maka heptan yang harus dibakar setiap jam = ( )( ) kgmol 7 44 1 1000 = ( )( ) (100) kg 7 44

=(

= 324,675 kg C7H16. 2. Korosi pipa ketel yang diakibatkan adanya oksigen dalam air dapat dicegah dengan menambahkan sodium sulfit dalam air ketel. Hal itu dapat mengambil oksigen dalam air umpan ketel yang mengikuti reaksi: 2 Na2SO3 + O2  2 Na2SO4 Berapa pound sodium sulfit yang dibutuhkan secara teoretis untuk menghilangkan oksigen yang ada dalam 8330000 lb air umpan ketel tersebut yang mengandung 10 ppm (bagian per juta), jika sodium sulfit yang ditambahkan berlebih 35%? Jawab: Basis: 8330000 lb H2O Azas Teknik Kimia

Page 94

Data yang diperlukan: BM sodium sulfit = 126 Oksigen terlarut 10ppm = (

10 83,3 ). 8330000 lb = 83,3 lb= ( ) lbmol 1000000 32

Secara teoretis (stoichiometri) kebutuhan Na2SO3

= 2(

83,3 ) lbmol 32

= 2(

83,3 ).126 lb 32

Kelebihan sodium sulfit 35%, maka sodium sulfit yang ditambahkan ke dalam air umpan ketel = 1,35.2. (

83,3 ). 126 lb = 885 lb Na2SO3. 32

3. Hasil analisis batuan kapur menunjukkan adanya 92,89% CaCO 3, 5,41% MgCO3, dan 1,7% bahan lain. a. Berapa pound kalsium oksid yang dapat diperoleh dari 5 ton batuan kapur ini?. b. Berapa pound karbon dioksid yang dapat dihasilkan setiap pound batuan kapur? c. Berapa pound batuan kapur yang dibutuhkan untuk membuat 1 ton kapur?. Jawab: Untuk dapat mengerjakan soal ini diperlukan: a. Pengetahuan tentang reaksi yang terjadi. Dalam hal ini, kalsium dan magnesium karbonat dapat menjadi kalsium dan magnesium oksid, jika bahan (batuan kapur) dipanaskan, dengan bentuk reaksinya: CaCO3  CaO + CO2 MgCO3  MgO + CO2 b. Dapat membedakan pengertian batuan kapur (limestone) dan kapur (lime). Kapur = campuran CaO, MgO, dan bahan lain.

Gambaran prosesnya:

CO2 Batuan kapur

furnace

panas

Kapur: CaO MgO Bahan lain

Data tambahan: berat molekul tiap bahan CaCO3 =100; CaO = 56; CO2 = 44; MgCO3 = 84,3; MgO = 40,3 Basis: Diambil = persen: 100 lb.

Azas Teknik Kimia

Page 95

Dalam batuan: CaCO3 =92,89%

= 92,89 lb = 0,9289 lbmol

MgCO3 = 5,41%

= 5,41 lb = 0,0641 lbmol

Bahan lain = 1,7%

= 1,7 lb

Sesuai dengan stoichiometri: CaO = 0,9289 lbmol

= 52 lb

MgO = 0,0641 lbmol

=

2,59 lb

CO2 = (0,9289 + 0,0641) lbmol = 43,7 lb. Jumlah kapur yang dihasilkan = 52 + 2,59 + 1,7 = 56,3 lb a. Dalam 5 ton batuan kapur ( 1 ton = 20000 lb) atau 10000 lb batuan kapur, dihasilkan:

(

52 ).1000 lb = 5200 lb CaO 100

b. CO2 yang dihasilkan per lb batuan kapur =

43,7 = 0,437 lb 100

c. Batuan kapur yang dibutuhkan untuk menghasilkan 1 ton (=2000 lb) kapur: Pada 100 lb batuan dihasilkan 56,3 lb kapur, maka untuk menghasilkan kapur 1 100

ton dibutuhkan: ( 56,3 ). 2000 lb = 3560 lb batuan kapur. 4. Bila 0,6 kg stibnite dan 0,250 kg besi dipanaskan bersama-sama akan menghasilkan 0,200 kg logam antimony menurut reaksi: Sb2S3 + 3 Fe  2 Sb + 3 FeS Hitung: a. pereaksi limit b. prosentase reaktan berlebih c. presen konversi d. yield Jawab: Masing-masing komponen sudah diketahui nilainya, sehingga perhitungan dilakukan tanpa basis. Untuk memudahkan perhitungan buat tabel: Komponen

kg

BM

Sb2S3

0,6

339,7 1,77

Fe

0,25

55,8

Sb

0,2

121,8 1,64

FeS

Azas Teknik Kimia

gmol 4,48

87,9

Page 96

a. untuk mencari reaktan limit dihitung mana yang tersisa paling sedikit dalam reaksi itu. Jika Sb2S3 habis bereaksi (1,77 gmol), maka membutuhkan besi sebanyak 3. 1,77 gmol = 5,31 gmol. Besi yang tersedia hanya 4,48 gmol. Berarti besinya kurang tersedia. Dengan demikian, jika besi habis bereaksi maka Sb2S3 masih tersisa. Besi habis bereaksi (4,48 gmol), maka Sb 2S3 yang bereaksi = (1/3).4,48 gmol = 1,49 gmol. Jadi, Fe sebagai pereaksi limit dan Sb2S3 sebagai pereaksi berlebih. b. %kelebihan Sb2S3 = [

1,77  1,49 ] 100% = 18,8%. 1,49

c. Konversi terhadap Sb2S3, kerena hasil yang diperoleh, yaitu Sb sebesar 1,64 gmol. Sb sebessar ini berasal dari Sb yang terdapat dalam Sb 2S3, yaitu sebesar 1,64/2 = 0,82 gmol. Dengan demikian konversi Sb2S3 menjadi Sb adalah: 0,82

( 1,77 ) 100 % = 46,3% d. yield yang diperoleh =

0,2 kg Sb kg Sb 1 = ( ). 0,6 kg Sb 2 S3 3 kg Sb 2 S 3

5. Aluminium sulfat dapat diperoelh dari hasil reaksi antara biji bauxit dengan asam sulfat menurut persamaan reaksi: Al2O3 + 3 H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2O Di dalam bauxit terdapat 55,4% berat alumionium oksid dan sisanya kotoran. Larutan asam sulfat mempunayai kemurnian 77,7% dan sisanya air. Untuk menhasilkan 1798 lb aluminium sulfat murni, digunakan 1080 lb biji bauxit dan 2510 lb asam sulfat. a. tunjukkan reaktan berlebihnya b. berapa % reaktan yang berlebih itu digunakan? c. Berapa derajad kesempurnaan reaksi? Jawab: data BM: Al2O3 = 102; H2SO4 =91,8; Al2(SO4)3 =342,1;H2O = 18 Al2(SO4)3 yang terbentuk = 1798 lb = 1798/342,1 = 5,26 lbmol Al2O3 dalam bauxit = 0,554.1080 lb = 0,554.1080/102 = 5,87 lbmol H2SO4 dalam larutan = 0,777.2510 lb = 0,777.2510/98,1 = 19,88 lbmol a. jika Al2O3 habis bereaksi (5,87 lbmol), maka membutuhkan asam sulfat sebanyak 3.5,87 lbmol = 17,61 lbmol. Asam sulfat yang ada sebesar 19,88 lbmol, berarti asam sulfat sebagai pereaksi berlebih, sedsangakan pereaksi limit adalah Al2O3.

Azas Teknik Kimia

Page 97

b. Hasil yang diperoleh, yaitu Al2(SO4)3 sebesar 5,26 lbmol, berarti asam sulfat yang bereaksi sebanyak 3.5,25 lbmol = 15,78 lbmol. Jadi, %penggunaan pereaksi yang berlebih = (15,78/19,88)100% = 79,4%. Kalau yang ditanyakan %kelebihan pereaksi, yaitu sebesar [

19,88  15,78 ]100% = 25%. 15,78

6. Gas alam dengan komposisi CH 4 = 78,8%; C2H6 = 16%; CO2 = 0,4%, dan N2 = 6,8% (dalam %volum) dibakar dengan udara yang berlebih 40%. Hidrokarbon yang berubah enjadi CO2 sebanyak 72% dan yang menjadi CO sebanyaak 26%. Hitung komposisi gas keluar! Jawab: Pada peresoalan ini diperlukan pengertian proses pembakaran hidrokarbon (CH). Pembakaran sempurna akan menghasilkan CO2 dan bila tidak akan menghasilkan gas CO. Oleh karena itu, menurut soalnya, reaksi yang terjadi menghasilkan CO2 dan CO dengan masing-masing prosentasenya diketahui. Basis: 100 mol gas alam Gambaran prosesnya: Udara: 21% O2 79% N2 gas hasil pembakaran: CO2 =? CO =? H2 =? O2 =? N2 =?

DAPU R

gas alam: CH4 =78,8% C2H6=14,0% CO2 = 0,4% N2 = 6,8% Untuk gas: Proses volum = prosen mol Dalam proses ini reaksi yang terjadi: 1. C + O2  CO2 2. C + O2  CO 3. H2 + ½ O2  H2O Jumlah C dalam gas alam itu: C dalam CH4

= 78,8 mol

C dalam C2H6 = 2.14 mol

= 28

Jumlah C

mol

= 106,8 mol.

Jumlah hydrogen (H2) dalam gas alam: H2 dalam CH4 = 2.78,8 mol = 157,6 mol H2 dalam C2H6 = 3.14 mol = 42 Jumlah H2 Azas Teknik Kimia

mol

= 199,6 mol Page 98

Reaksi tersebut: C yang membentuk CO2 sebesar 74%, yaitu: 0,74.106,8 mol = 79,03 mol C yang membentu CO sebesar 26%, yaitu 0,26.106,8 mol = 27,77 mol semua H2 menjadi H2O, yaitu 199,6 mol kebutuhan oksigen: untuk reaksi 1.: O2 yang dibutuhkan = 79,03 mol untuk reaksi 2. : O2 yang dinutuhkan = ½ (27,77) mol = 13,885 mol untuk reaklsi 3.: O2 yang dibutuhkan = ½ (199,6) mol = 99,8 mol. Total kebutuhan O2 = 79,03 + 13,885 + 99,8 = 192,715 mol. Kelebihan oksigen 40% 0,4= kelebihan oksigen/oksigen yang bereaksi = kelebihan oksigen/192,715 mol kelebihan oksigen = 0,4.192,715 mol = 77,086 mol jadi, oksigen yang masuk = 192,715 + 77,086 = 269,801 mol nitrogen yang masuk = 79/21 (269,801) mol = 1014,9657 mol jumlah nitrogen yang ada = 1014,9657 + 6,8 = 1021,7657 mol. Gas hasil pembakaran keluar: CO2 = 79,03 + 0,4 (dari gas alam)

= 79,43

mol

CO

=

mol

H2O

= 199,6

O2 = 269,801-192,715

= 77,086 mol

N2

= 1021,7657 mol Total

27,77

mol

= 1598,3667 mol

Komposisi gas hasil pembakaran: 79,43

CO2 = ( 1598,3667 ) 100% = 27,77

CO = ( 1598,3667 ) 100% =

4,96% 1,73%

199,6

H2O = ( 1598,3667 ) 100% = 12,48% 77,086

O2

= ( 1598,3667 ) 100% =

N2

= ( 1598,3667 ) 100%

1021,7657

Total Azas Teknik Kimia

4,81% = 63,92%

= 100% Page 99

7. Gas hidrogen sulfida sebanyak 867 gram diperoleh dari pemurnian petroleum dibakar dalam tungku menggunakan 40% udara berlebih. Hasil pembakaran itu membentuk sulfur dioksid dengan tingkat kesempurnaan reaksinya 90%. Selama pembakaran berlangsung, ternyata sisa hidrogen sulfid bereaksi dengan sulfur dioksid membentuk belerang cair. Hasil keluar pada suhu 320oC. Hitunglah a. kebutuhan udara b. komposisi hasil keluar tungku! Penyelesaian: Untuk dapat menyelesaiakan persoalan ini diperlukan pengetahuan tentang persamaan reaksi yang terjadi. Hal itu telah disampaikan dalan soal. Persamaan reaksi yang terjadi (suhu 320oC): 1. 2 H2S (g) + 3 O2 (g)  2 SO2 (g) + 2 H2O (g) 2. SO2 (g) + 2 H2S (g)  3 S (l) + 2 H2O (g) Basis: 850 gram H2S. BM H2S = 34 850g

Mol H2S = 34 g / gmol = 25 gmol Pada reaksi 1, konversi hidrogen sulfid 90%, maka H2S yang bereaksi = 0,9 x 25 gmol = 22,5 gmol SO2 yang terbentuk = H2S yang bereaksi = 22,5 gmol H2O yang terbentuk = H2S yang beraksi = 22,5 gmol Sisa H2S sebesar (25-22,5) = 2,5 gmol bereaksi sesuai dengan persamaan 2. SO2 yang bereaksi = 2,5 gmol S yang terbentuk = 2,5 gmol H2O yang terbentuk = 2,5 gmol a. Mencari kebutuhan udara. Oksigen yang bereaksi =

3 x 22,5 gmol = 33,75 gmol 2

Oksigen dalam udara dianggap sebesar 21%, maka udara dengan kandungan oksigen 33,75 gmol adalah: (Pada gas % mol = %volum) 100 x 33,75 gmol = 160,71 gmol 21

Udara berlebih 40%, maka kebutuhan udara = 1,4 x 160,71 gmol =225 gmol. Jika udara dianggap gas ideal pada keadaan standar, maka volum udara yang dibutuhkan sebesar 225 x 22,4 L = 5.040 liter.

Azas Teknik Kimia

Page 100

Udara sebanyak 225 gmol terdiri atas: Oksigen 21% = 0,21 x 225 gmol = 47,25 gmol, digunakan untuk reaksi sebesar 33,75 gmol. Nitrogen dalam udara = 225-47,25 = 177,75 gmol. b. Komposisi hasil keluar Yang berupa gas: komponen

banyak (gmol)

H2S SO2 H2O O2 N2

0 (22,5-2,5) = 20 (22,5+2,5) = 25 (47,25-33,75) = 13,5 177,75 Jumlah = 236,25 gmol

prosentase(%mol) 0 8,47 10,58 5,71 75,24 100,00%

Yang berupa cairan: S (belerang) sebesar 2,5 mol = 2,5 x 32 = 80 gram. LATIHAN 1. Reaksi pembentukan hidrogen dari steam yang disebut reaksi water gas, yaitu: CO + H2O ⇄ CO2 + H2. Jika umpan ke dalam reaktor yang berupa gas mengandung 30 mol CO, 12 mol CO 2, dan 35 mol steam per jam pada 800oC, dan H2 yang dihasilkan per jam sebesar 18 mol, hitung a. limiting reactant b. excess reactant c. konversi steam menjadi H2 d. kg hasil H2 per kg umpan steam e. mol CO2 yang dihasilkan per mol umpan CO. 2. Reaksi di bawah ini adalah reaksi pembuatan gas khlorin: 2 NaCl + 2 H2O  2 NaOH + H2 + Cl2 Jika produk Cl2 hanya terbentuk 20%, berapa NaCl yang dibutuhkan untuk membuat 1 ton Cl2?. 3. Pada suatu “furnace” dilakukan pembakaran Fe2O3 dengan menggunakan karbon untuk mendapatkan Fe murni. Untuk 1 ton Fe2O3 dan 500 kg karbon diperoleh produk Fe sebesar 200 kg. Tentukan: (a) reaktan pembatasnya!. (b) % konversi Fe2O3 menjadi Fe!

Azas Teknik Kimia

Page 101

PUSTAKA Chopey, N.P. dan Hicks, T.G., 1984, Handbook of Chemical Enginineering Calculations, McGraw-Hill Book Company, New York. Glasstone, S., 1946, “Text Book of Physical Chemistry”, Van Nostrand Co., New York. Henley, E. J dan Bieber, H., 1959, “ Chemical Engineering Calculation” Mc Graw-Hill, New York. Himmelblau, D. M., 1989, “Basic Principles and Calculations in Chemical Engineering”, 6th edition, Prentice-Hall International, Inc, London. Maron, S.H. dan Lando, J.B., 1974, Fundamental of Physical Chemistry, Macmillan Publishing Co. Inc., New York Williams, E.T and Johnson, R. C., 1958, “Stoichiometry for Chemical Engineers”, Mc GrawHill, new York Levenspiel

Azas Teknik Kimia

Page 102

BAB VI NERACA MASSA DENGAN ALIRAN BALIK, ARUS PINTAS, DAN ALIRAN BUANGAN Dalam mempelajari bagian ini, siswa diharapkan mampu: 1. Mengerti dan dapat menjelaskan apa yang dimaksud dengan aliran balik, arus pintas, dan aliran buangan 2. Dapat menuliskan persamaan neraca massa dengan aliran balik, arus pintas, dan aliran buangan 3. Menghitung neraca massa dengan aliran balik, arus pintas, dan aliran buangan 4. Mengetrapkan konsep neraca massa dengan aliran balik, arus pintas, dan aliran buangan dalam industri/peralatan. SUB POKOK BAHASAN: neraca massa dengan arus balik tanpa reaksi kimia dan dengan reaksi kimia, arus pintas, dan arus pembuangan. Neraca massa dengan aliran balik (recycle), arus pintas (bypass), dan aliran pembuangan (purge). Di dalam industri kimia terdapat beberapa alat uang saling terkait satu sama lain menjadi satu unit yang dikenal dengan unit produksi. Aliran bahan yang sekiranya masih bermanfaat dikembalikan lagi pada proses sebelumnya. Aliran semacam ini disebut dengan umpan balik atau recycle. Hal ini bertujuan untuk menggunakan kembali bahan yang tersisa dalam proses (sisa reaksi) sehingga tidak banyak terbuang dan meminimasi limbah menuju produksi bersih. Aliran bypass mempunyai maksud untuk mempertahankan kualitas tertentu pada suatu produk yang dihasilkan. Bahan yang mempunyai komposisi tertentu dari alat sebelumnya diinjeksikan kembali dalam alat sesudahnya untuk mencapai komposisi produk yang diinginkan. Pada industri yang bekerja dalam proses heterogen, gas hasil ataupun gas sisa reaksi dibuang secara intermiten (pada waktu-waktu tertentu). Aliran pembuangan ini yang disebut dengan aliran pembuangan gas atau purge. Gambaran aliran-aliran tersebut dapat dilihat dalam gambar 4 berikut ini. Perhatikan pada setiap titik pertemuan yang terjadi perubahan mempunyai persaan neraca massa.

Azas Teknik Kimia

Page 103

Recycle Abs sorber

Purge Devider

vaporizer

Umpan Reaktor

Bypass

produk

Gambar VI-1. Aliran balik, pintas, dan gas buang

Contoh-contoh soal: A. Aliran balik (Recycle) tanpa reaksi kimia 1. Sebuah kolom distilasi digunakan untuk memisahkan 10000 kg/j campuran 50% bensen dan 50% toluene. Hasil bagian atas kolom mengandung 95% benzen, sedangkan bagian bawah mengandung 96% toluene. Pada bagian atas, aliran uap masuk kondensor sebesar 8000 kg/j. Sebagian produk atas dikembalikan ke dalam kolom sebagai refluks. Hitung ratio antara refluks (R) dan distilat (D)!. Jawab: Gambar proses:

V 8000 kg/j

kondensor Destilat, D Refluks, R 0,95 Bz 0,05 Tol

Umpan, F 10000 kg/j 0,5 Bz 0,5 Tol

sistem II sistem I B 0,04 Bz 0,96 Tol

Azas Teknik Kimia

Page 104

Pada peristiwa itu terdapat dua titik yang mengalami perubahan, sebut Sistem I dan system II. Untuk memperjelas persoalan, masing-masing system digambar ulang sebagai berikut:

Sistem I:

F, xF

Neraca massa pada system I yang merupakan sistem keseluruhan. D, xD Neraca massa keseluruhan, yaitu: F = D + B ……………………(1) Neraca komponennya: B, xB F xF = D xD + B xB …………...…(2) Masing-masing untuk benzen dan toluene.

Sistem II: Neraca massanya: V = D + R …………………..(3) D, xD Neraca komponen: V yV = D xD + R xR …….……...(4) Masing-masing untuk benzen dan toluene.

V,yV

R, xR Kalau dijumlah, persamaan yang ada adalah 6 buah persamaan. Basis : 10000 kg/j umpan masuk. Dari persamaan (1): 10000 = D + B ………………..(a) Dari persamaan (2), untuk benzen: 10000.0,5 = D.0,95 + B.0,04 …(b) Dari persamaan (a) dan (b), diperoleh: B = 4950

kg j

D = 5050

kg j

Pada system II: dari persamaan (3) : 8000 = R + 5050, maka R = 2950 Dengan demikian,

kg j

R = 2950/5050 = 0,584. D

2. Proses evaporasi yang dilanjutkan dengan kristalisasi tergambar dalam denah di bawah ini. Berapa bahan yang direcycle dalam kg per jam? Jawab: dari gambar dapat dibaca bahwa:

Azas Teknik Kimia

Page 105

Pada aliran F = 10000

kg , mempunyai komposisi j

KNO3 = 20% dan air =80% Pada aliran W, hanya air yang ada (100% air) H2O W

sistem I

300oF

umpan, F 10000 kg/j larutan 20% KNO3

Evaporator M 50% KNO3

R, recycle pada 100oF Larutan jenuh: (0,6kg KNO3/kg H2O) Kristalisator Kristal yang membawa 4% air (4%H2O per kg total C kristal + H2O)

Sistem II

Pada aliran M, komposisi KNO3 =50% dan air 50% Pada aliran C, komposisi KNO3 =96% dan air 4% Pada aliran R, komposisi yang dinyatakan dalam perbandingan, dapat 0,6

dicari:

fraksi KNO3 = 1,6 = 0,375 atau 37,5%, air = 62,5%

Neraca massa yang ada pada masing-masing sistem: Sistem I: W Neraca massa total: F = W + C ……………(1) Neraca komponen: FxF = W yW + C xC ………(2)

F C Sistem II: M

Neraca massa total: M = C + R ……………(3) Neraca massa total: MxM = C xC + R xR ………(4)

R C

Basis : umpan masuk 10000

kg . j

Pada persoalan ini, KNO3 sebagai bahan kunci perhitungan, sebab KNO3 yang masuk, semuanya menjadi kristal yang keluar di C, sebesar: KNO3 dalam umpan = 0,2.10000 Azas Teknik Kimia

kg kg = 2000 j j Page 106

KNO3 ini di dalam C mempunyai kadar 96%, jadi total C = (100/96).2000 C = 2083

kg j

Karena yang ditanyakan adalah R, maka digunakan persamaan (3) dan (4): M = 2083 + R ………………(a) Untuk KNO3:

M.0,5 = 2083.0,96 + R.0,375 …..(b)

Dari persamaan (a) dan (b) ini, didapat: R = 7670

kg j

B. Aliran balik (Recycle) dengan reaksi kimia 1. Dehidrogenasi etanol menjadi asetaldehid berlangsung menurut persamaan reaksi: C2H5OH  CH3CHO + H2 Ternyata terjadi reaksi samping, yaitu: 2C2H5OH  CH3COOC2H5 + 2H2 (etil asetat) Reaksi berlangsung dengan menggunakan katalisator CuNO3 pada suhu 330oC dengan konversi pembentukan alkohol sebesar 85%. Hasil keluar reaktor mempunyai komposisi 88% asetaldehid dan 12% etilasetat, bila alkoholnya tidak diperhitungkan. Hasil dipisahkan dalam kolom pemisah dengan kecepatannya 1000 lb/j asetaldehid yang dipungut dari bagian atas kolom dengan kemurnian 95% dan 5% alcohol. Gas hydrogen keluar dari kolom pemisah di bagian atas. Dari bagian samping bawah kolom dikeluarkan etilasetat murni, sedangakan pada bagian bawah sebagian alcohol dikembalikan masuk ke dalam reactor yang bercampur dengan umpan segar. Hitung rasio recycle dengan umpan segar dan berapa umpan keseluruhan yang masuk ke dalam reactor?. Jawab: Dalam reaksi gunakan satuan mol! Basis : per jam operasi BM: asetaldehid = 44, etilasetat = 88, alkohol = 46 Karena adanya reaksi satuan berat diubah menjadi satuan mol!! Hasil pada aliran D: 1000 lb

Gambaran prosesnya: H2 Azas Teknik Kimia

Page 107

Umpan segar F

G

1000 lb/j 95% Asetaldehid Kolom D 5% alkohol Pemisah

H Reaktor Hasil kasar

E, etilasetat recycle alcohol, X Komponen kunci: Asetaldehid = 0,95. 1000 lb = 950 lb = Alkohol

= 1000-950

=

50 lb =

950 lbmol = 21,6 lbmol 44 50 lbmol = 1,09 lbmol 46

Hasil dari reaktor aliran H: 88% asetaldehid dan 12 % etilasetat (basis bebas alcohol), maka ratio asetaldehid/etiasetat = 88/12. Dengan demikian, etilasetat = (

12 129,5 ). 950 lb = 129,5 lb = = 1,47 lbmol 88 88

Neraca alkohol: Keluar dalam aliran D

= 1,09 lbmol

Untuk membentuk asetaldehid = 21,6 . 1 = 21,60 lbmol Untuk membentuk etiasetat

= 1,47. 2 = 2,94 lbmol Jumlah

= 25,63 lbmol = 1179 lb

Jumlah ini = alcohol sebagai umpan segar. Bila X adalah alcohol yang direcycle maka umpan ke dalam reactor = 1179 + X. Konversi reaksi terhadap alkohol = 85%, berarti alcohol yang tak bereaksi = 15% yang keluar dalam aliran H, jumlahnya = 0,15 (1179+X). Dari jumlah ini, 50 lb terambil dalam aliran D, sehingga alcohol yang direcycle = 0,15.(1179+X) – 50 = alkohol yang direcycle jadi: 0,15 (1179 + X) – 50 = X maka,

X = 149,3 lb

Recycle ratio terhadap umpan segar =

149,3 = 0,127 1179

Umpan masuk reaktor = 1179 + 149,3 = 1328,3 lb. 2. Dalam proses pembentukan metil iodida dihasilkan dari 2000 kg/hari asam hidroiodik dengan methanol berlebih menurut reaksi:

Azas Teknik Kimia

Page 108

HI + CH3OH  CH3I + H2O Proses berlangsung seperti pada gambar. Bila hasil yang diperoleh mengandung 81,6% berat CH3I yang bercampur dengan methanol yang tidak bereaksi, dan hasil buangan mengandung 82,6% berat HI dan 17,4% air, dengan kesempurnaan reaksi 40%, hitung a. berat methanol yang ditambahkan per hari! b. Jumlah HI yang direcycle Jawab: Basis : 1 hari operasi Dalam perhitungan ini mohon diperhatikan satuan. Untuk reaksi kimia satuan berat harus diubah menjadi satuan mol. Jika F =2000 kg dipakai sebagai basis perhitungan sulit untuk dikerjakan, lebih mudah basis diambil dari hasil. Hal itu dikarenakan adanya recycle yang terjadi perubahan pada titik 1 dan kesempurnaan reaksi yang 40% itu. Hasil yang ada antara P dan limbah W tidak ada komponen yang sama. Untuk itu basis diambil pada salah satu pada aliran tersebut. M: 100% CH3OH F: HI 100% 1 2000 kg/hr

Reaktor

2

P: CH3I 81,6% CH3OH 18,4%

recycle, R HI W: HI 82,6% H2O 17,4% Komponen HI sebagai reaktan pembatas sebaiknya diambil sebagai basis pada limbah, W. Basis: 100 kg W (waste = bahan buangan/limbah) yang mengandung HI. HI=82,6%.100 kg = 82,6 kg =

82,6 = 0,646 kgmol 128

H2O = 17,45.100 kg = 17,4 kg = Pada reaksi: HI +

Azas Teknik Kimia

CH3OH

17,4 = 0,968 kgmol 18

 CH3I + H2O

Page 109

1 mol HI dan 1 mol CH 3OH menghasilkan 1 mol CH3I dan 1 mol H2O. Konversi 40%, berarti CH3I dan H2O yang dihasilkan masing-masing hanya 0,4 mol. Padahal air hasil reaksi untuk basis 100 kg waste sebesar 0,968 kgmol H2O. Jadi, HI yang dibutuhkan sebesar

0,968 kgmol = 2,42 kgmol HI. 0,4

Sisa HI, yaitu 60% dari 2,42 = 0,6.2,42 kgmol = 1,452 kgmol. Sisa ini terbagi dua, yaitu yang keluar ke waste dan yang direcycle. Yang keluar ke waste = 0,646 kgmol, maka HI yang direcycle

= 1,452-0,646 = 0,806 kgmol.

HI yang masuk ke reaktor = 2,42 kgmol dan yang dari recycle = 0,806 kgmol, sehingga HI umpan segar, F = 2,42-0,806 = 1,614 kgmol = 1,614. 128 kg = 206,592 kg. Jumlah air yang dihasilkan = jumlah CH3I yang dihasilkan = 0,968 kgmol = 0,968.142 = 137,456 kg Hal itu terdapat pada aliran P sebanyak 81,6%, 100

maka aliran P = ( 81,6 ).137,456 kg = 168,45 kg. Dari neraca massa keseluruhan : F + M = W + P F + M = 100 + 168,45 F + M = 268,45 206,592 + M = 268,45  M = 268,45-206,592 = 61,858 kg. Perbandingan

206,592 F = 61,858 = 3,34 M 2000

a. Dengan F= 2000kg dibutuhkan M = 3,34 = 598,8 kg. 2000

Dapat pula dihitung W = ( 206,592 ).100 kg = 968,058 kg. b. Untuk mencari R pakai neraca HI di sekitar titik 2: HI sisa reaksi = HI di R + HI keluar ke W 0,6(2000 + R) = R + 0,826. 968,058 0,4 R = 400.38 R = 1000,96 kg Perhitungan dia atas bukan satu-satunya cara. Saudara bisa mengunakan cara lain untuk memperoleh hasil yang sama. C. Aliran pintas (bypass) Azas Teknik Kimia

Page 110

1. Air yang mengandung 50 ppm garam diinginkan sebagai hasil pada suatu proses pemurnian garam di samping garam murni. Air garam yang diproses mula-mula mengandung 600 ppm masuk ke dalam evaporator dan dikristalkan. Uap air dari evaporator didinginkan menjadi kondensat dan dicampur dengan air garam mula-mula hingga keluar menjadi air garam dengan kadar tersebut di atas. Diagram alir prosesnya sbb: arus pintas (bypass) air garam 600 ppm

Evaporator A

air garam 50 ppm

garam kristal (kering) Tentukan berapa arus pintasnya! Jawab: jumlah arus tidak ditentukan, sehingga pilih basis untuk mempermudah perhitungan. Perhatikan : dimana terjadi perubahan komposisi, akn memberikan persamaan aljabar yang sangat penting untuk penyelesaian soal. Basis : 1 kg air masuk (airnya saja) Misal: Aliran pintas = Y kg Maka yang masuk ke evaporator = (1-Y) kg dan air yang keluar juga (1-Y) Neraca massa garam di titik A: (1-Y)kg. 0 ppm + Y kg. 600ppm = 1kg.50 ppm Y=

50 1 = = 0,083 600 12

Jadi arus pintas nya = 0,083 bagian dari arus umpan masuk. 2. Salah satu bagian dari proses fraksinasi minyak ditunjukkan seperti dalam gambar. Berapa fraksi minyak bebas butan yang dimasukkan ke dalam menara isopentan?

Jawab: Azas Teknik Kimia

Page 111

S, Hasil isopentan DeButaniz er

Menara Isopentan X Y,n-C5H12 2

umpan: F= 100 kg bebas butan n-C5H12 80% 1 i- C5H12 20%

P, ke pabrik gas alam 90% n-C5H12 10% i- C5H12

Basis: 100 kg umpan Neraca massa keseluruhan (perhatikan pada system yang ada dalm tanda batas): F=S+P Atau

100 = S + P

Neraca komponen: F. xF = S.xS P. xP Untuk n-pentan: 100.0,8 = S.0 + P.0,9 Didapat :

P = 89 kg

Maka:

S = 100-89 =11 kg

Neraca isopentan di sekitar menara isopentan: Aliran masuk ke menara= X Aliran keluar menara = Y Maka : X = S + Y = 11 + Y ….(a) Neraca untuk normal pentan: Masuk menara = keluar menara 0,8 X = Y …………………….(b) Gabungan (a) dan (b), diperoleh: X = 55 kg. Dapat pula dikerjakan dengan neraca massa di sekitar titik 2: Aliran bahan pintas = aliran bahan keluar (100-X) + Y = 89 neraca komponen isopentan: (100-X).0,2 + Y.0 = 89.0,1 20-0,2 X = 8,9 11,1

X = 0,2 = 55 kg. Azas Teknik Kimia

Page 112

D. Aliran gas buang (Purge) Pada jenis aliran ini biasanya dilakukan bersama dengan aliran balik. Contoh: 1. sintesa ammonia mdilakukan dengan mereaksikan nitrogen dan gas hydrogen dalam reactor. Suatu campuran nitrogen dan hydrogen dengan perbandingan 1:3 yang mengandung argon 0,2 mol tiap 100 mol (N2+H2) dalam umpan segar. Hasil yang diperoelh mempunyai mkesempurnaan reaksi 25%. Kemurnian ammonia dilakukan dengan cara pencairan dan dipisahkan dari gas-gas yang tidak dikehendaki. Campuran gas-gas yang telah dipisahkan dari ammonia cair sebagian dimasukkan kembali ke dalam reactor dan sebagian dibuang untuk mengurangi kadar argon ( sebab argon dengan kadar tinggi akan mengganggu reaksi). Kadar argon yang tertinggi yang diijinkan adalah 5 bagian dalam 100 bagian (N2+H2) dalam umpan reactor. Berapa arus buangan dinyatakan dalam % dari arus recycle, dengan anggapan semua ammonia mencair?. Jawab: Reaksi: N2+ 3H2 ⇄2 NH3 Basis : 100 mol umpan segar (N2+H2) Mol (N2+H2) masuk reactor = 100 + X Diagram alir proses: Y= arus buangan

X = Arus balik umpan: Reaktor

pendingin

100 mol(N2+H2) 0,2 mol Ar kadar Ar maks. 5% dari campuran N2+H2

NH3 cair

Mol (N2+H2) keluar reactor = (1-0,25)(100+X) = 0,75(100+X) Mol NH3 yang terbentuk

=

0,25(100  X ) 2

Mol Ar dalam umpan segar = 0,2 Mol Ar masuk reactor (total) = 0,05(100+X) Azas Teknik Kimia

Page 113

0,05

Mol Asr per mol (N2+H2) dalam X atau Y = 0,75 = 0,0667 Mol Ar dalam buangan = 0,0667 Y Neraca untuk argon: Argon yang masuk = argon yang keluar 0,0667 Y = 0,2  Y = 3,00 mol Neraca di sekitar arus buang untu (N2+H2): 0,75(100+X) = X+Y X = 288 mol. Dengan demikian: (N2+H2) sebagai umpan segar = 100 mol arus balik (N2+H2)

= 288 mol

arus buangan

=

ammonia yang dihasilkan

= 48,5 mol

argon dalam umpan segar

= 0,2 mol

recycle ratio

= 288/100

= 2,88

purge ratio

= 3/288

= 0,0104

3 mol

arus buangan+arus balik

= 291

%arus buangan

= 291,1 .100% = 1,03%

3

2. Etilen oksid secara komersial diproduksi dari reaksi antara etilen dan udara menurut reaksi: C2H4 + ½ O2  CH2CH2O Umpan segar yang masuk ke dalam reactor mempunyai perbandingan 10 mol udara dan 1 mol etilen. Konversi reaksi dalam reactor adalah 25%. Tambahan O2 sebagai “makeup” dimasukkan melalui aliran balik dan sebagian gas dibuang sehingga konsentrasinya yang masuk ke dalam reactor sekitar 1%. LATIHAN a. Sebuah pabrik pembuatan CO2 cair menggunakan bahan baku batuan kapur dolomite dan larutan asam sulfat pekat. Hasil analisis batuan dolomite (dalam %berat): 68,0% CaCO 3; 30,0% MgCO3; dan 2,0% SiO2, sedangkan larutan asam sulfat mempunyai kadar 94% H2SO4 dan 6% air (H2O). a. tulis reaksi yang terjadi b. berapa pound (lb) CO2 yang dihasilkan dari setiap ton dolomite c. berapa lb asam sulfat yang dibutuhkan per ton dolomite d. berapa lb larutan asam sulfat pekat yang dibutuhkan per ton dolomite

Azas Teknik Kimia

Page 114

b. Hasil analisis batu bara menunjukkan kandungan karbon (C) (dalam % berat)sebesar 74% dan 12% abu. Setelah batu bara tersebut dibakar, gas hasil pembakarannya setelah dianalisis secara Orsat (% volum) mengandung 12,4% CO2; 1,2% CO; 5,7% O2; 80,7% N2. Anggap dalam batu bara tidak ada N2. a. tulis reaksi pembakaran tersebut b. berapa lb batu bara yang dapat dibakar per 100 mol gas hasil pembakaran c. berapa % excess udara d. berapa lb udara digunakan per lb batu bara c. Suatu proses pencampuran dilakukan dalam dua tangki secara seri. Pada tangki I dilakukan pencampuran larutan A dengan larutan B yang masing-masing mempunyai komposisi: (%berat) Larutan A: 4% NaCl, 5% HCl, 4% H2SO4, dan 87% H2O Larutan B: 91% H2O dengan 9% padatan terlarut (inert solid) Campuran kedua larutan itu (larutan C) dimasukkan kedalam tangki II, bersama-sam dengan larutan D dan larutan E. Komposisi masing-masing larutan D dan E adalah: Larutan D: 2% HCl, 2% H2SO4, 96% H2O Larutan E: 1,5% HCl; 1,5% H2SO4; 97% H2O Campuran yang keluar dari tangki II (Larutan F) sebanyak 290 kg/menit dengan komposisi 1,38% NaCl; 2,55% HCl; 2,21 % H2SO4; 92,32% H2O dan 1,55% padatan terlarut. a. Sket proses tersebut b. Hitung besar aliran (kg/menit) untuk tiap arus (larutan A, B, C, D dan E) 4. Gas amonia (NH3) direaksikan dengan oksigen berlebih 20% dalam suatu reaktor. Reaksi yang terjadi menurut persamaan: 4 NH3 + 5 O2 4 NO + 6 H2O Kesempurnaan reaksi adalah 70%. Amonia yang tidak bereaksi dikembalikan ke dalam reaktor bersama umpan segar. a. Hitung NO yang terbentuk setiap 100 lb umpan segar amonia b. Hitung amonia yang di recycle per lbmole NO yang terbentuk PUSTAKA Chopey, N.P. dan Hicks, T.G., 1984, Handbook of Chemical Enginineering Calculations, McGraw-Hill Book Company, New York. Glasstone, S., 1946, “Text Book of Physical Chemistry”, Van Nostrand Co., New York. Henley, E. J dan Bieber, H., 1959, “ Chemical Engineering Calculation” Mc Graw-Hill, New York. Himmelblau, D. M., 1989, “Basic Principles and Calculations in Chemical Engineering”, 6th edition, Prentice-Hall International, Inc, London. Maron, S.H. dan Lando, J.B., 1974, Fundamental of Physical Chemistry, Macmillan Publishing Co. Inc., New York Williams, E.T and Johnson, R. C., 1958, “Stoichiometry for Chemical Engineers”, Mc GrawHill, new York

BAB VII NERACA MASSA TAK TUNAK

Azas Teknik Kimia

Page 115

Dalam mempelajari bagian ini, siswa diharapkan mampu: 1. Mengerti dan dapat menjelaskan apa yang dimaksud dengan neraca massa tak tunak 2. Dapat menuliskan persamaan neraca massa tak tunak dengan benar 3. Menyelesaikan neraca massa tak tunak dengan benar

PENDAHULUAN Neraca massa tak tunak mempunyai prinsip yang sama dalam persamaan neraca massa secara menyeluruh. Pada keadaan tak tunak menjelaskan adanya akumulasi bahan di dalam alat. Dengan kata lain, proses yang terjadi tergantung pada waktu. Setiap saat ada perubahan baik pertumbuhan maupun pengurangan bahan seiring dengan waktu yang berjalan. Nerca massa keadaan tak tunak seperti pada persamaan (1) yang ditulis kembali, yaitu

 akumulasi massa     dalam sistem   massa masuk   massa keluar   massa tumbuh   massa terambil          melalui pembatas  melalui pembatas dalam sistem   dalam sistem  =

–

+

–

.............(1).

Jika tidak terjadi reaksi kimia, neraca massa itu seperti persamaan (2), yaitu Akumulasi = Massa masuk - Massa keluar ……………………………(2). Penyelesaian persamaan neraca massa tak tunak, umumnya berupa persamaan differensial (PD). Oleh karena itu, neraca massa tak tunak ini menjadi dasar dari mata pelajaran”Matematika Teknik Kimia”. Disini dipaparkan cara mencari/membuat persamaan neraca massa tak tunak dan tidak sampai membahas cara penyelesaian persamaan itu. Persamaan di atas menggunakan satuan massa per waktu dan berlaku untuk seluruh bahan yang ditinjau. Pada persamaan (2), neraca massa dapat diterapkan baik pada keseluruhan bahan atau masing-masing komponen. Aliran masuk dan aliran keluar dapat bersifat konvektif akibat badan alir (bulkdfow) atau molekuler karena difusi. Pada umumnya diperoleh persamaan kontinyuitas untuk setiap komponen di dalam sistem. Bila ada j komponen maka terdapat j persamaan kontinyuitas komponen pada sistem itu. Namun, Azas Teknik Kimia

Page 116

persamaan neraca massa atau mol total dan j persamaan kontinyuitas komponen tidak semuanya berdiri sendiri, karena jumlah massa komponen sama dengan massa total dari keseluruhan bahan. Dengan demikian, pada setiap sistem yang terdiri atas j komponen hanya mempunyai j persamaan kontinyuitas yang berdiri sendiri. Seperti pada neraca massa dalam sistem, maka ada j persamaan ditambah satu persamaan neraca massa total. Di dalam penyusunan persamaan sering kali diperlukan hukum-hukum yang mendasari pada peristiwa atau proses yang mengakibatkan adanya perubahan sifat. Pada neraca massa, perstiwa yang mengiringi itu adalah proses-proses keseimbangan dan proses kecepatan perpindahan massa dan kimia. Keseimbangan pada umumnya dibedakan atas keseimbangan kimia dan fisika. Pada hal keadaan seimbang yang telah dicapai, pada keseimbangan kimia, diperoleh hubungan antara konsentrasi bahan-bahan dalam sistem, dan pada keseimbangan fisik, terdpat hubungan antara komposisi fasa-fasa yang terdapat dalam sistem tersebut. Hukum yang mendasari keseimbangan fasa dalam sistem cair-uap adalah hukum Raoult. Prinsip keseimbangan fisik lain adalah relative volatility dari komponen satu terhadap yang lain dalam suatu campuran. Proses kecepatan berhubungan dengan peristiwa perpindahan (transfer) dan reaksi kimia. Hukum-hukum yang mendasari proses perpindahan semuanya mempunyai bentuk suatu flux (kecepatan perpindahan per satuan luas) yang berbanding lurus dengan gaya penggerak (driving force). Pada perpindahan massa, gaya penggerak yang ada berupa suatu gradien konsentrasi atau kecepatan dengan suatu faktor perbandingan. Umumnya sebagai fsktor perbandingan dalam perumusan berupa sifat fisis dari bahan (sistem) seperti difusivitas dan viskositas. Pada proses perpindahan molekuler, hukum-hukum yang mendasarinya adalah hukum Fourier, Fick, dan Newton. Hubungan perpindahan massa dan molekuler yang lebih bersifat makroskopis seringkali digunakan dalam pemecahan persoalan, misalnya koefisien film individu dan koefisien film keseluruhan. Persamaan yang mendasari proses perpindahan dapat dinyatakan: Keepatan proses perpindahan =

gaya penggerak .....................................(VII-1), tahanan

Atau Kecepatan proses perpindahan =(faktor perbandingan)(gaya penggerak) ..(VII-2). Persamaan perpindahan massa cara difusi molekuler dinyatakan dalam hukum Fick, yaitu N dC = ............................................................................(VII-3). A dx Azas Teknik Kimia

Page 117

Dengan, N = massa yang dipindahkan per satuan waktu A = luas permukaan yang tegak lurus arah perpindahan massa, C = konsentrasi,  = difusivitas x = jarak atau posisi dC = gradien konsentrasi dx

Untuk perpindahan massa secara konveksi, yang biasanya terdapat pada perpindahan massa dari permukaan padat ke fluida yang mengalir, persamaan kecepatannya pada keadaan turbulen ddapat dituliskan: N = kc (C1 – C2) ...........................................................(VII-4), A

Dengan, kc = koefisien perpindahan massa, C1 = konsentrasi pada permukaan, C2 = konsentrasi pada fluida yang mengalir. Hukum viskositas Newton dipakai untuk menyatakan perpindahan momentum secara molekuler dengan hubungan sebagai berikut. yx = - 

dVx dy

..........................................................(VII-5),

Dengan, yx = tegangan geser,  = viskositas Vx = kecepatan ke arah x, y = jarak ke arah tegak lurus terhadap x. Tegangan geser yx dapat diinterpertasikan sebagai flux ke arah y dari momentum yang mempunyai arah x. Pada massa yang mengalami reaksi kimia, persamaan kecepatan reaksi kimia dapat dinyatakan dalam hubungan sebagai berikut: r = k CAa CBb .................................................................(VII- 6), dengan,

r = kecepatan reaksi, k = tetapan kecepatan reaksi, C = konsentrasi pereaksi, a, b = tetapan, nilainya tidak tentu sama dengan koefisien reaksi secara

stoichiometri. Berikut contoh-contoh neraca massa tidah tunak. Azas Teknik Kimia

Page 118

Prinsip neraca massa. 1. Sebuah tangki berisi air sebanyak g gallon. Pada saat yang bersamaan dimasukkan masing-masing garam dan larutan garam dengan kecepatan q lb/menit dan r gpm. Larutan garam mempunyai konsentrasi w lb/gallon. Tangkin dilengkapi dengan pengaduk, sehingga dapat dianggap bahwa larutannya selalu homogen dan anggap bahwa garam tidak mengubah volum larutan dalam tangki. Ditanyakan: berapa konsentrasi larutan sesudah t menit dan dalam wktu berapa menit keadaan ajeg dicapai?. Penyelesaian: Larutan garam r gpm

garam padat

C = w lb/gal

q lb/menit Volum tetap = g gallon

Pada proses tersebut mula-mula tangki hanya berisi air yang kemudian dimasukkan garam padat dan larutan garam. Hal itu menunjukkan bahwa setiap saat larutan di dalam tangki mempunyai konsentrasi garam yang berubah atau prosesnya adalah tidak tunak. Misalkan, pada saat t menit, garam dalam tangki berjumlah x lb, bila dikenakan ke dalam neraca massa garamnya saja adalah: Masuk

–

1. Garam dari larutan:

keluar

=

akumulasi x

sebagai larutan: ( x ).r.t

W.r.t

g

2. garam padat: q.t __________________________________________________ + (w.r + q)t

-

( x ).r.t

[(w.r + q) - ( x ).r]t g

Azas Teknik Kimia

=

g

=

x

x

Page 119

x = (w.r + q) - ( x ).r t g

lim x = (w.r + q) - ( x ).r

t  0

t

g

Untuk t0, maka x  x, sehingga x dx = (w.r + q) - ( g ).r dt

Atau r dx = (w.r + q) - ( g ).x dt

Persamaan ini mempunyai bentuk : Atau,

dx =a-bx dt

dx = dt a  bx

1 d (a  bx ) 1 d ( bx ) ( ) = ( ) = dt b (a  bx ) b a  bx t

x

1 d(a  bx ) 0 dt =  ( b ) 0 (a  bx )

- bt = ln

r a  bx dengan: a = Wr+q dan b = g sehingga persamaan ini dikembalikan semula a

berbentuk: r ( W.r  q )  x r g .t = ln ...........................(a) g W.r  q

Pada keadaan tunak, tidak tergantung pada waktu atau

dx =0, maka dt

r

(w.r + q) - ( g ).x = 0 Jika W, r, q, dan g diketahui, maka x dapat dicari, yang nerupakan konsentrasi pada saat keadaan tunak dan waktu yang dibutuhkan dapat dicari dari persamaan (a). 2. Berikut ini soal yang mirip seperti yang pertama di atas, tetapi dengan volum yang berubah. Sebuah tangki yang mula-mula berisi air sebanyak 2 m 3, ke dalamnya dimasukkan larutan garam dengan konsentrasi 20 kg/m3 dengan kecepatan 0,02 m3/detik. Pada waktu yang sama, cairan dalam tangki dikeluarkan dengan kecepatan 0,01 m 3/detik. Tangki

Azas Teknik Kimia

Page 120

dilengkapi dengan pengaduk, sehingga dapat dianggap bahwa larutan selalu homogen. Berapa konsentrasi larutan garam dalam tangki setelah tangki berisi 4 m3 cairan?. Penyelesaian: Larutan garam 0,02 m3/detik C = 20 kg/m3 Volum berubah, V m3 Konsentrasi x kg/m3 0,01 m3/detik, x kg/m3 Kondisi di dalam tangki, yaitu volum dan konsentrasi garam yang ada selalu berubah setiap saat. Hal itu dapat diperhatikan dari inspeksi, bahwa mula-mula tangki hanya berisi air, kemudian dimasuki larutan garam dengan konsentrasi 20 kg/m3. pada saat yang sama ada pengeluaran cairan. Dalam peristiwa itu pula tergambar bahwa ada akumulasi didalam tangki akibat dari perbedaan laju pemasukan dan pengeluaran. Dengan jelas disebutkan bahwa pemasukan sebesar 0,02 m3/detik, sedangkan pengeluarannya 0,01 m3/detik. Hal ini akan menyebabkan perubahan konsentrasi garam di dalam tangki. Sistem berada dalam keadaan tidak tunak. Dengan mengambil inkremen waktu t, yaitu dari waktu t sampai dengan (t + t), perubahan dalam sistem, yaitu volum dan konsentrasi garam. Perubahan volum setelah t, sebesar (V + V). Demikian juga dengan perubahan konsentrasi, sebesar (x + x). Keadaan sistem berubah diperlihatkan dalam tabel berikut. Besaran sistem Kecepatan lar garam masuk, m3/det

Saat t 0,02

Konsentrasi garam masuk, kg/m3

20

Kecepatan larutan keluar, m3/det

0,01

Saat (t + t) 0,02 20 0,01

Konsentrasi garam keluar, kg/m3

x

x + x

Volum cairan dalam tangki, m3

V

V + V

Jumlah garam dalam tangki, kg

V.x

(V + V)( x + x)

Selama interval waktu t: Larutan garam masuk = 0,02 . t Larutan garam keluar = 0,01. t Larutan garam terakumulasi = V Azas Teknik Kimia

Page 121

Persamaan neraca massa: Masuk – keluar = akumulasi Dengan menganggap densitas larutan tetap, maka neraca massa totalnya: 0,02 t – 0,01 t = V 0,01t = V  dengan mengambil limit t0, diperoleh: dV = 0,01 ........................................(a) dt

Neraca massa untuk garam: Garam masuk = (0,02)(20)( t) = 0,4 t Garam keluar = (0,01)(x)( t) Akumulasi garam = (V+V)(x+x) – V.x Persamaan neraca massanya menjadi: 0,4 t - (0,01)(x)( t) = (V+V)(x+x) – V.x [0,4 - (0,01)(x)]( t) = (V.x) + (V.x)+(V.x)+(V.x) – V.x [0,4 - (0,01)(x)]t

= (V.x)+(x.V)+(V.x)

Dengan mengambil limit t0, maka suku terakhir  0 0,4 - (0,01)(x) = V

dx dV +x ................................(b). dt dt

Persamaan (a) dapat diselesaikan, yaitu dV = 0,01  dV = 0,01 dt  V = a + 0,01 t dt

dengan batasan, pada saat t = 0, V = 2, maka diperoleh a = 2, sehingga persamaan V adalah V = 2 + 0,01t .............................................................(c). Gabungan persamaan (a), (b), dan (c) memperoleh” 0,4 - (0,01)(x) = (2 + 0,01 t) 40 – x = (200 + t)

dx + 0,01. x dt

dx +x dt

dx dt = ...........................................(d). (40  2 x ) (200  t )

Integrasi persamaan (d): dx

dt

 (40  2 x ) =  (200  t ) - ½ ln (40-2x) = ln (200+t) + a

Azas Teknik Kimia

Page 122

dengan batasan, pada saat awal (t = 0), konsentrasi garam dalam tangki, x = 0, -1/2 ln 40 = ln 200 + a  diperoleh nilai a.

diperoleh:

Dengan memasukkan nilai a ke dalam persamaan (e), diselesaikan dan diatur letaknya maka diperoleh hubungan konsentrasi garam dalam tangki, x, dengan waktu,t, yaitu: x = 20 – 20(1 + 0,005 t)-2 ........................................(f). Volum tangki selama waktu tertentu dicari dengan persamaan (c). Jadi, pada volum tangki 4 m3, dari persamaan (c) diperoleh waktu: 4-2 = 0,01t  t = 200 menit Pada t = 200, masuk pada persamaan (f), diperoleh konsentrasi garam: x = 20 – 20(1 + 0,05.200)-2 = 15 kg/m3. Prinsip neraca massa dan keseimbangan Campuran berupa cairan biner bahan A dan B sebanyak w 0 gmol didestilasi secara batch. Fraksi mol A dalam campuran adalah x 0. relative volatility A terhadap B dianggap tetap sebesar . Hitung fraksi mol A dalam cairan sisa dengan fraksi mol A pada destilat yang ditampung, pada saat cairan sisa mencapai w1?. Penyelesaian: Gambar:

y W gmol, x Pemanas

Penampung

Dari gambar di atas: W = cairan sisa dalam labu setiap saat, gmol x = fraksi mol A dalam cairan setiap saat y = fraksi mol A dalam uap setiap saat D = jumlah destilat setiap saat, gmol xD = fraksi mol A dalam destilat.

Azas Teknik Kimia

Page 123

Disini terlihat bahwa pada setiap saat jumlah destilat semakin banyak dan fraksi mol A di dalamnya berubah setiap saat. Hal itu terjadi karena pada proses destilasi bahan A akan terpisah dari campurannya (prinsip destilasi). Neraca mol total dalam labu: Masuk – keluar = akumulasi Dalam proses destilasi secara batch tidak ada pemasukan (=0). Proses ditinjau selama interval waktu t, yaitu dari t sampai (t + t). Misal, uap yang terjadi dalam interval waktu t sebanyak V mol dan yang tersisa sebesar W. Neracanya menjadi: 0 - V = W ......................................................(a). Neraca mol A dalam labu: Masuk – keluar = akumulasi - V. y = (W.x)

0

…………………….(b).

Persamaan (a) dan (b) diperoleh: W. y = (W.x) Atau y

=

 ( W.x ) W

Ambil limit W0, maka d ( Wx ) = y ……………………………………(c). dW

Pada persamaan (c) terdapat 3 (tiga) peubah (W, x, dan y), sehingga harus dicari hubungan yang lain. Hubungan itu terdapat antara x dan y dalam keseimbangan. Dengan menganggap uap yang terjadi di dalam labu didih selalu seimbang dengan cairan sisa dalam labu, maka relative volatility A terhadap B dapat dinyatakan: (

y x ) = ( ) 1 y 1 x

Atau y=

x 1  (  1) x

.............................................(d).

Gabungan persamaan (c) dan (d) dapat diselesaikan: x d ( Wx ) = 1  (  1) x dW

x+W

x dx = 1  (  1) x dW

Diperoleh:

Azas Teknik Kimia

Page 124

dW = W

dx x x 1  (  1) x

............................(e)

Integrasi persamaan (e), dengan batasan W = W0, x = x0 dan W = W1, x = x1: w1

dW w W = 0

x1

dx x x0 x 1  (  1) x



.....................(f).

Dari persamaan (f) dapat diketahui hubungan W1 dan x1. Fraksi mol A dalam distilat (xD) dihitung dengan neraca massa (mol) total seluruh sistem dan neraca komponen (mol) A, yaitu Neraca mol total sistem: W0 = W1 + D ..............................................(g), Dan neraca komponen mol A: W0.x0 = W1.x1 + D.xD ..............................(h). Jika diketahui, bahwa W0 = 20 gmol, x0 = 0,5 dan  = 2, carilah x1 dan xD saat W1 = 10 gmol!. Kerjakan sebagai latihan!. Kondensor

r

Pemisah

Refluk

Feed

Distilat

Kolom Distilasi

Reboiler Bottom

Azas Teknik Kimia

Page 125

AZAS TEKNIK KIMIA SEMESTER IV DAFTAR ISI BAB I PANAS (KALOR) Pengertian Kalor Satuan Kalor Notasi Perpindahan Kalor Macam-macam Kalor Hukum Kekekalan Energi Kalor Rangkuman dan Latihan

127 127 128 128 128 131 131 133

BAB II PROSES REVERSIBEL Pendahuluan Contoh Proses Reversibel Perhitungan Kerja Reversibel untuk Proses Alir Rangkuman Latihan Soal

135 135 139 144 145 146

BAB III NERACA ENERGI Sistem dan Lingkungan Aplikasi Sistem Terbuka dan Tertutup Rangkuman Latihan Soal

147 147 149 152 153

BAB IV PPIC (Production Planning and Inventory Control) Pengertian PPIC Tujuan PPIC Persediaan Faktor-faktor dalam Pengendalian Persediaan Metode Pengendalian Persediaan

155 155 155 155 161 163

BAB V PENGADUKAN DAN PENCAMPURAN Pengadukan Pencampuran Posisi Sumbu Pengaduk Jenis-jenis Pengaduk Kebutuhan Daya Pengaduk Laju dan Waktu Pencampuran

170 170 170 172 173 176 177

BAB VI REAKTOR KIMIA Reaktor Kimia Jenis Reaktor Berdasarkan Bentuknya Jenis Reaktor Berdasarkan Keadaan Operasinya Reaktor Gas Cair dengan Katalis Padat Fluid-fluid Reaktor

178 178 178 181 181 182

Azas Teknik Kimia

Page 126

BAB I : PANAS (KALOR) 1.1 Pendahuluan Dalam Kehidupan sehari – hari, istilah panas memang bukan hal yang baru untuk di bahas. Apabila dua buah benda yang berbeda temperaturnya saling berkontak termal, temperatur benda yang lebih panas berkurang sedangkan temperatur benda yang lebih dingin bertambah. Ada sesuatu yang berpindah dalam kasus ini ? Benyamin Thomson/Count Rumford (1753-1814) dengan eksperimennya, dia mengebor logam, teramati bahwa mata bor menjadi panas dan didinginkan dengan air (sampai airnya mendidih), tentunya dari teori “kalorik”, kalorik tersebut lama kelamaan akan habis dan ternyata bila proses tersebut berlanjut terus kalorik tersebut tidak habis, jadi teori kalorik tidak tepat. Jadi panas / kalor bukanlah sebuah materi. I.2 Tujuan  Untuk mengetahui pengertian panas 

jenis – jenis panas dan yang berhubungan dengan panas lain nya.

I.3 Manfaat  Dapat mengetahui pengertian panas, jenis – jenis panas dan yang berhubungan dengan panas lain nya. 1.4 Materi 1.4.1 Pengertian kalor T1

T2

T1>T2

Gambar 1.1 Pengertian kalor Kalor / panas adalah bentuk energi yang berpindah dari suhu tinggi ke suhu rendah. Jika suatu benda menerima / melepaskan kalor maka suhu benda itu akan naik/turun atau wujud benda berubah. Kapasitas kalor (H) Kalor jenis (c) 1.4.2

adalah banyaknya kalor yang dibutuhkan oleh zat untuk menaikkan suhunya 1ºC (satuan kalori/ºC). adalah banyaknya kalor yang dibutuhkan untuk menaikkan 1 gram atau 1 kg zat sebesar 1ºC (satuan kalori/gram.ºC atau kkal/kg ºC)

Satuan Kalor

Azas Teknik Kimia

Page 127

Satuan kalor adalah kalori dimana, 1 kalori adalah kalor yang diperlukan untuk menaikkan temperatur 1 gr air dari 14,5 C menjadi 15,5 C. Dalam sistem British, 1 Btu (British Thermal Unit) adalah kalor untuk menaikkan temperatur 1 lb air dari 63 F menjadi 64 F. 1 kal = 4,186 J = 3,968 x 10-3 Btu 1 J = 0,2389 kal = 9,478 x 10-4 Btu 1

Btu = 1055 J = 252,0 kal

1.4.3 Notasi Ketika suatu benda melepas panas ke sekitarnya, Q < 0. Ketika benda menyerap panas dari sekitarnya, Q > 0. Jumlah panas, kecepatan penyaluran panas, dan flux panas semua dinotasikan dengan perbedaan permutasi huruf Q. Mereka biasanya diganti dalam konteks yang berbeda. Jumlah panas dinotasikan sebagai Q, dan diukur dalam joule dalam satuan SI.

di mana adalah banyaknya kalor (jumlah panas) dalam joule adalah massa benda dalam kg adalah kalor jenis dalam joule/kg °C, dan adalah besarnya perubahan suhu dalam °C. 1.4.4 Perpindahan Kalor Bila dua benda atau lebih terjadi kontak termal maka akan terjadi aliran kalor dari benda yang bertemperatur lebih tinggi ke benda yang bertemperatur lebih rendah, hingga tercapainya kesetimbangan termal. Proses perpindahan panas ini berlangsung dalam 3 mekanisme, yaitu : konduksi, konveksi dan radiasi. 1.4.4.1. Konduksi Proses perpindahan kalor secara konduksi bila dilihat secara atomik merupakan pertukaran energi kinetik antar molekul (atom), dimana partikel yang energinya rendah dapat meningkat dengan menumbuk partikel dengan energi yang lebih tinggi. Sebelum dipanaskan atom dan elektron dari logam bergetar pada posis setimbang. Pada ujung logam mulai dipanaskan, pada bagian ini atom dan elektron bergetar dengan amplitudi yang makin membesar. Selanjutnya bertumbukan dengan atom dan elektron Azas Teknik Kimia

Page 128

disekitarnya dan memindahkan sebagian energinya. Kejadian ini berlanjut hingga pada atom dan elektron di ujung logam yang satunya. Konduksi terjadi melalui getaran dan gerakan elektron bebas. T2

T1 T1 Aliran kalor A x

Gambar 1.2 Aliran kalor pada proses perpindahan secara konduksi Bila T2 dan T1 dipertahankan terus besarnya, maka kesetimbangan termal tidak akan pernah tercapai, dan dalam keadaan

mantap/tunak (stedy state), kalor yang

mengalir persatuan waktu sebanding dengan luas penampang A, sebanding dengan perbedaan temperatur T dan berbanding terbalik dengan lebar bidang x Q/t = H  A T/x Untuk penampang berupa bidang datar :

T1

T2 L

H = - k A (T1 - T2 ) / L k adalah kondutivitas termal. Konduktivitas termal untuk beberapa bahan : Bahan

k (W/m.Co)

Bahan

k (W/m.Co)

Aluminium

238

Asbestos

0,08

Azas Teknik Kimia

Page 129

Tembaga

397

Concrete

0,8

Emas

314

Gelas

0,8

Besi

79,5

Karet

0,2

Timbal

34,7

air

0,6

Perak

427

kayu

0,08

udara

0,0234

Untuk susunan beberapa bahan dengan ketebalan L1, L2,, ... dan konduktivitas masing-masing k1, k2,, ... adalah : H = A (T1 - T2 )  (L1/k1)

k1 T1

L1

k2 L2

T2

1.4.4.2. Konveksi Apabila kalor berpindah dengan cara gerakan partikel yang telah dipanaskan dikatakan perpindahan kalor secara konveksi. Bila perpindahannya dikarenakan perbedaan kerapatan disebut konveksi alami (natural convection) dan bila didorong, misal dengan fan atau pompa disebut konveksi paksa (forced convection). Besarnya konveksi tergantung pada : a. Luas permukaan benda yang bersinggungan dengan fluida (A). b. Perbedaan suhu antara permukaan benda dengan fluida (T). c. koefisien konveksi (h), yang tergantung pada : 

viscositas fluida



kecepatan fluida



perbedaan temperatur antara permukaan dan fluida



kapasitas panas fluida

Azas Teknik Kimia

Page 130



rapat massa fluida



bentuk permukaan kontak H = h x A x T

Konveksi : 1.4 4.3. Radiasi

Pada proses radiasi, energi termis diubah menjadi energi radiasi. Energi ini termuat dalam gelombang elektromagnetik, khususnya daerah inframerah (700 nm - 100 m). Saat gelombang elektromagnetik tersebut berinteraksi dengan materi energi radiasi berubah menjadi energi termal. Untuk benda hitam, radiasi termal yang dipancarkan per satuan waktu per satuan luas pada temperatur T kelvin adalah : E = e T4. dimana  : konstanta Boltzmann : 5,67 x 10-8 W/ m2 K4. e : emitansi (0  e  1)

1.4.5

Macam-macam panas

1.4.5.1 Panas Sensibel Perpindahan panas pada suatu sistem di mana tidak terjadi perubahan fase, reaksi kimia, dan perubahan komposisi sehingga menyebabkan perubahan temperatur sistem tersebut. Contoh: merebus air 1.4.5.2 Panas Laten Perpindahan panas pada suatu system dimana terjadi perubahan fase tetapi suhu tetap (konstan). Contoh: proses yang terjadi pada evaporator. 1.4.6

Hukum kekekalan energi kalor

1.4.6.1 Kesetaraan Mekanik dari Kalor. Dari konsep energi mekanik diperoleh bahwa bila gesekan terjadi pada sistem mekanis, ada energi mekanis yang hilang. Dan dari eksperimen diperoleh bahwa energi yang hilang tersebut berubah menjadi energi termal. Azas Teknik Kimia

Page 131

Dari eksperimen yang dilakukan oleh Joule (aktif penelitian pada tahun 1837-1847) diperoleh kesetaraan mekanis dari kalor : 1

kal = 4,186 joule

1.4.6.2 Asas Black Menurut Asas Black apabila ada dua benda yang suhunya berbeda kemudian disatukan atau dicampur maka akan terjadi aliran kalor dari benda yang bersuhu tinggi menuju benda yang bersuhu rendah. Aliran ini akan berhenti sampai terjadi keseimbangan termal (suhu kedua benda sama). Secara matematis dapat dirumuskan : Q lepas = Q terima Yang melepas kalor adalah benda yang suhunya tinggi dan yang menerima kalor adalah benda yang bersuhu rendah. Bila persamaan tersebut dijabarkan maka akan diperoleh : Q lepas = Q terima m. C. ∆T = m. C. ∆T 1.5 Contoh Soal Tentukan berapa banyak kalor yang di butuh kan untuk memanas kan 10 kg air supaya suhu nya naik dari 100C manjadi 600C? (jika di ketahui kalor jenis air 4.200 j/Kg 0C) Penyelesaian : Diketahui : m = 10 Kg ΔT = ( 60 – 10 ) = 500C C = 4.200 j/Kg 0C Jawab : Q = m . C . ΔT = 10 . (4.200). 50 = 2.100.000 j

1.6 Rangkuman Setelah mempelajari bab 1, siswa dapat menyimpulkan bahwa:

Azas Teknik Kimia

Page 132

1.

Kalor / panas adalah bentuk energi yang berpindah dari suhu tinggi ke suhu rendah. Jika suatu benda menerima / melepaskan kalor maka suhu benda itu akan naik/turun atau

2. 3.

wujud benda berubah. Satuan kalor adalah kalori Proses perpindahan panas berlangsung dalam 3 mekanisme, yaitu : konduksi, konveksi

4.

dan radiasi. Apabila ada dua benda yang suhunya berbeda kemudian disatukan atau dicampur maka akan terjadi aliran kalor dari benda yang bersuhu tinggi menuju benda yang bersuhu rendah. Aliran ini akan berhenti sampai terjadi keseimbangan termal (suhu kedua benda sama) yang dikenal Asas Black

1.7 Latihan Soal 1. Jelaskan perbedaan proses perpindahan panas secara konduksi, konveksi dan radiasi. 2. Tentukan energi kalor yang dibutuhkan untuk memanaskan es yang memiliki massa 2 Kg dan bersuhu -20o Celcius hingga menjadi air yang bersuhu 70o Celcius ( Kalor jenis air = 4.200 Joule/kg°C, Kalor lebur es = 334.000 J/kg, Kalor jenis es= 2.090 Joule/kg°C ) Catatan : ada tiga fase yang terjadi : a. Fase perubahan suhu es dari -20o C menjadi es bersuhu 0o C. b. Fase perubahan wujud es menjadi air pada suhu 0o C. c. Fase perubahan suhu air dari 0o C menjadi es bersuhu 70o C. 3. Sepotong es bermassa 100 gram bersuhu 0°C dimaskkan kedalam secangkirair bermassa 200 gram bersuhu 50°C. Jika kalor jenis air adalah 1 kal/gr°C, kalor jenis es 0,5 kal/gr°C, kalor lebur es 80kal/gr dan cangkir dianggap tidak menyerap kalor, berapa suhu akhir campuranantara es dan air tersebut? Penyelesaian:No 2 Maka kita harus menghitung satu per satu energi kalor dari setiap fase. Fase 1 : Q1 = M. C. Δ T Q1 = 2 x 2.090 x 20

<< menggunakan kalor jenis es bukan kalor jenis air

Q1 = 83.600 Joule Fase 2 : Q2 = M. L Q2 = 2 x 334.000 Q2 = 668.000 Joule Fase 3 : Q3 = M. C. Δ T

Azas Teknik Kimia

Page 133

Q3 = 2 x 4.200 x 70 << baru menggunakan kalor jenis air Q3 = 588.000 Joule Maka kita jumlahkan hasil dari ketiga fase tersebut dan didapatkan hasil akhir senilai : 83.600 + 668.000 + 588.000 = 1.339.600 Joule Penyelesaian No 3 : Soal di atas tentang pertukaran kalor / Asas Black. Kalor yang dilepaskan airdigunakan oleh es untuk mengubah wujudnya menjadi air dan sisanyadigunakan untuk menaikkan suhu es yang sudah mencair tadi. Q lepas = Q terima Q1 = Q2 + Q3 Ma.Ca. Δ Ta = M es . L es + M es . Ca . Δ Tes 200.1 (50 – t) = 100 .80 + 100.1 (t – 0) 100 – 2t = 80 + t 3t = 20 T = 6,67 C dengan Q1 adalah kalor yang di lepaskan air . Q2 adalah kalor yang digunakan esuntuk melebur/mencair dan Q3 adalah kalor yang digunakan untuk menaikkansuhu es yang telah mencair.

BAB II: PROSES REVERSIBEL 2.1 Pendahuluan Perhatikanlah kertas yang terbakar. Apakah hasil pembakaran kertas dapat diubah menjadi kertas seperi semula? Pengalaman menunjukkan bahwa proses itu tidak dapat dilakukan, bukan? Reaksi seperi itu kita golongkan sebagai reaksi yang berlangsung searah atau reaksi yang tidak dapat balik (Irreversible).

Azas Teknik Kimia

Page 134

Proses-proses alami umumnya berlangsung searah, tidak dapat balik. Namun, di laboratorium maupun dalam proses industri, banyak reaksi yang dapat balik. Reaksi yang dapat balik kita sebut reaksi reversible. 2.2 Tujuan Untuk Mengetahui reaksi reversible pada suatu reaksi kimia 2.3 Manfaat Dapat mengetahui reaksi reversible pada suatu reaksi kimia 2.4 Materi 2.4.1 Pengertian Proses Reversibel Pada hukum termodinamika kedua menunjukkan bahwa beberapa proses tidak mungkin terjadi. Proses yang dapat terjadi dapat digolongkan dalam dua kategori, yaitu: 1.

Proses reversible yang menimbulkan perubahan didalam suatu system dan lingkungan

2.

yang dapat seluruhnya dihapuskan Proses irreversible yang menyangkut perubahan didalam system dan lingkungan yang bersifat permanen. Pada modul ini kita hanya membahas tentang proses reversible. Dikatakan reversible karena terjadi suatu proses perubahan dari system dan lingkungan, bila seluruhnya dapat dikembalikan

pada keadaan semula masing – masing dengan

membalikkan arah proses. Reversibilitas merupakan kunci dari thermodinamika klasik ; suatu system dapat selalu dikembalikan pada keadaan semula, akan tetapi hal ini saja tidak menjamin reversibilitas. Lingkungannya dan system – system lain harus juga dikembalikan pada keadaan semula. Sebagai penjelas definisi reversibilitas, akan dilukiskan contoh – contoh yang menyangkut tiga faktor yang umunya mempengaruhi proses teknik. a. Gesekan Kita perhatikan suatu gas yang diisolasi dalam suatu silinder terisolasi yang ditutup dengan penghisap. Misalkan system (gas) mengalami expansi adiabatic dari keadaan awal ke keadaan akhir, dan anggap bahwa ada gesekan antara pengisap dan dinding silinder. Kerja dilakukan oleh system. Bila system ditekan kembali ke volme semula, kerja yang diperlukan akan lebih besar daripada yang dihasilkan selama proses expansi b. Beda Temperature Terbatas Azas Teknik Kimia

Page 135

Selama expansi, silinder dimisalkan mengadakan kontak dengan suatu reservoar panas yang temperaturnya lebih tinggi dari temperature system. Dengan demikian panas mengalir dari reservoar ke system, dan ini dapat dilakukan dengan menempelkan system dengan suat reservoar panas yang temperaturnya lebih tinggi dari system. Dalam proses penekanan ini, dibandingkan dengan proses expansi, kerja kompresi sama dengan kerja ekspansi (karena tak ada gesekan), dan panas yang dipindahkan dari system sama dengan panas yang dipindahkan ke dalam system. Akan tetapi lingkungan yang mencakup dua reservoar panas tidak kembali pada keadaan semula. Panas yang dipindahkan dari system ke reservoar yang bertemperature lebih tinggi, tidak dikembalikan ke reservoar ini, tetapi dipindahkan ke reservoar lain. Oleh karena itu proses yang berlangsung tanpa gesekan tetapi dengan perpindahan panas akibat benda temperature yang terbatas sering kali disebut reversible dalam. Akan tetapi proses ini irreversible luar. Proses yang bersifat reversible baik terhadap system maupun lingkungan sering kali disebut reversible luar.

Gambar 3.1 proses reversible dalam dan reversible luar Gambar diatas menjelaskan apa yang menyebabkan reversibilitas dalam proses isothermik. Untuk system yang mengalami proses nonisothermik, panas dapat dipindahkana secara reversible pada temperature yang berbeda – beda dengan menggunakan reservoar yang banyak jumlahnya yang masing – masing ada pada temperature yang berbeda sehingga setiap kali perbedaan temperature diantara system dan reservoar adalah infinitesimal.

Azas Teknik Kimia

Page 136

Gambar 3.2 Perpindahan panas secara reversible pada temperature yang berbeda – beda ini ditunjukkan dalam gambar diatas. Misalkan system ada pada temperature T 1 dan suatu reservoar panas pada temperature T1 + Dt ditempelkan padanya. Proses perpindahan panas yang terjadi bersifat reversible karena perbedaan temperature yang hanyalah infinitesimal. Bila temperature system berubah secara berturut – turut reservoar yang lain ditempelkan pada system sehingga tiap kali perbedaan temperature antara system dan reservoar adalah infinitesimal. Sementara itu, tekanan volume system dapat berubah mengikuti perubahan apapun asalkan tak ada gesekan dan ketidakseimbangan gaya – gaya. Pengaliran panas dengan keadaan demikian disebut sebagai bersifat kuasi – static atau reversible c.

Perbedaan Tekanan yang Terbatas Untuk mengembalikan system pada keadaan yang semula, sejumlah panas juga harus dipindahkan dari system (gas). Akan tetapi dengan demikian lingkungan system diubah dengan: 1) jumlah kelebihan kerja yang diperlukan selama kompresi 2) jumlah panas yang dipindahkan pada lingkungan karena ekspansi gas secara tiba – tiba tidak reversible terhadap system beserta lingkungannya.

Azas Teknik Kimia

Page 137

Gambar 3.3 Ekspansi irreversible akibat perbedaan tekanan yang terbatas Untuk menunjukkan bahwa proses ekspansi dapat dijadikan reversible, pengisap dibebani dengan sejumlah beban kecil sehingga pada waktu pasak dilepaskan pengisap dan beban ada dalam kesetimbangan dengan tekanan gas. Dengan demikian proses menjadi kuasi – static. Pada waktu gas berekspansi dan pengisap dinaikkan, beban secara berturut – turut dilepaskan sehingga tekanan system sama dengan tekanan luar. Gambar selanjutnya menunjukkan bila pengisap mencapai puncak silinder maka semua bebabn telah dilepaskan dan kerja oleh system sama dengan: W1-2 =

– P dV

Dengan membuat beban sekecil mungkin sama besarnya, tetapi berlawanan arah/tanda, dan baik system maupun lingkungan kembali tepat seperti keadaan semula. Jadi proses yang terjadi reversible.

Azas Teknik Kimia

Page 138

Gamabr 3.4 Ekspansi reversible melalui perbedaan tekanan infinitesimal

2.4.2

Contoh Proses Reversible proses – proses tidak dapat dibuktikan berdasarkan cara formal seperti yang digunakan untuk membuktikkan bahwa proses bersifat irreversible. Akan tetapi, suatu proses dikenali sebagai proses reversible bila proses tersebut tidak mengandung elemen irreversibilitas yang disebut diatas. Dibawah ini diuraikan beberapa proses teknik penting yang dapat dianggap reversible. perlu diperhatikan bahwa pada tiap hal dapat ditemukan cara untuk mengembalikan system dan lingkungannya ke keadaan semula. a. b. c. d. e. f.

gerakan relative tanpa gesekan peregangan dan penekanan suatu pegas ekspansi atau kompresi adiabatic tanpa gesekan ekspansi atau kompresi isotermik ekspansi atau kompresi politropik elektrosa

Gambar dibawah ini mengilustrasikan suatu peralatan untuk melakukan ekspansi dan proses kompresi isothermal bukan adiabatic. Hal ini menunjukkan bentuk silinder piston yang beroperasi persis seperti sebelumnya, kecuali bahwa ia ditempatkan dalam kontak dengan reservoir panas pada suhu T. Resesvoir panas adalah tubuh yang mampu menyerap atau memberi dari jumlah yang tidak terbatas panas tanpa perubahan suhu. Tungku yang beroperasi terus – menerus dan sebuah reactor nuklir tersebut setara dengan memanaskan reservoir.

Azas Teknik Kimia

Page 139

Ketika sebuah system menjadi equilibrium dengan dikelilingi kontak yang panjang ini ditemukan bahwa keduanya mempunyai temperature sama. Kondisi ini disebut equilibrium suhu eksternal. Ketika temperaturnya berbeda kita menemukan perubahan atribut aliran panas. Dari bagian panas kebagian yang lebih dingin. Ketika tidak ada perubahan temperature tidak ada gaya dan tidak ada perpindahan panas. Proses irreversible terjadi dari hasil terbatasnya tenaga pendorong. Proses reversible terjadi dari hasil tenaga pendorong tak terbatas. Transfer panas irreversible ketika perbedaan temperature terbatas dan menjadi reversible ketika perbandingan temperature tak terbatas. Dengan mengacu gambar di atas dibuangnya berat terbatas m dari piston tanpa gesekan menyebabkan perubahan terbatas didalam system dan termasuk penurunan temperature di udara dan nilai inisial equilibrium dari T ke T - T. Suatu proses pada ekuilibrium yang mengalami gaya eksternal diferensial (seperti suhu atau tekanan tinggi) sehingga terjadi perubahan diferensial disebut proses reversible. system tersebut akan melalui keadaan nonekuilibrium, tetapi hanya dengan deviasi yang sangat kecil dari ekuilibrium jika gaya pendorongnya sangat kecil. Kebanyakan proses industry memperlihatkan perpindahan kalor pada perbedaan suhu yang terbatas, pencampuran unsure – unsure yang berbeda, tahanan elektris, perubahan yang mendadak dalam fase, perpindahan massa dibawah perbedaan konsentrasi

yang

terbatas,

pengembangan

bebas,

penggesekkan

pipa,

dan

kenonidealan mekanis, kimia dan termal, dan maka dari itu dianggap irreversible. Proses irreversible selalu melibatkan degradasi potensi proses tersebut untuk Azas Teknik Kimia

Page 140

melakukan kerja, yaitu tidak akan menghasilkan jumlah kerja maksimum yang akan mungkin dihasilkan melalui proses reversible (jika proses seperti itu dapat terjadi). Sebagai contoh untuk proses reversible dan irreversible yaitu amati gas dalam silinder yang digamabarkan dalam gambar dibawah ini.

Gambar 3.5 Pengembangan Gas Selama proses pengembangan piston bergerak sepanjang jarak x dan volume gas yang terkurung dalam piston naik dari V1 sampai V2. Dua gaya bekerja pada piston: a. Gaya yang didesakkan oleh gas tersebut sama dengan tekanan kali luas permukaan piston b. Gaya pada batang dan kepala piston dari luar

Jika gaya persatuan luas yang didesakkan oleh gas sama dengan gaya (F) per satuan luas (A) yang didesakkan oleh kepala piston, tidak ada yang terjadi. Jika F/A lebih besar dari pada tekanan gas, gas akan dimampatkan, sementara F/A lebih kecil dari pada gaya gas, gas tersebut akan mengembang. Dalam pengembangan reversible, tidak ada energy gas yang tersedia untuk melakukan kerja hilang karena gesekaan (friction) antara kepala silinder dan dinding silinder, atau karena turbulensi dalam gas yang disebabkan oleh pergerakkan gas yang cepat, tau oleh macam – macam efek viskositas yang menyertai pengembangan tersebut, atau sebab lainnya.

Azas Teknik Kimia

Page 141

Jika proses tersebut ideal, kerja reversible (ideal) yang dikerjakan oleh gas terhadap piston dapat dihitung dari:

Jika proses tersebut tak ideal, seperti kasus pada umunya, kerja yang sebenarnya dilakukan akan menjadi lebih kecil. Proses pengembangan mungkin sedikit memanaskan dinding silinder. Dengan mengetahui konsep proses ideal (reversible) dan mengetahui kerja dalam proses sebenarnya, kita dapat mendefinisikan efisiensi mekanis dengan dua cara: Efisiensi=ƞ1= Atau

Efisiensi = ƞ2=

Jenis efisiensi lainnya memperhitungkan keluaran energy yang berguna saja dibagi dengan masukkan energy total:

Efisiensi = ƞ3=

Dalam beberapa proses, seperti distilasi atau reactor, perpindahan kalor dan perubahan entalphi adalah komponen energy yang penting dalam kesetimbangan energy. Kerja, energy potensial, dan energy kinetic adalah nol atau benar – benar minor. Tetapi dalam proses – proses lain, seperti pemampatan gas dan pemompaan cairan, kerja dan bentuk mekanis dari energy adalah factor yang penting. Untuk proses – proses ini kesetimbangan energy yang hanya menangani bentuk mekanis dari energy menjadi alat yang berguna. Salah satu konsekuensi dari hukuk termodinamika kedua ini adalah bahwa dua kategori energy dari “kualitas” yang berbeda dapat “diandaikan” Azas Teknik Kimia

Page 142

1.

Yang disebut bentuk mekanis dari energy, seperti energy kinetic, energy potensial, dan kerja yang dapat diubah dengan sempurna oleh mesin ideal (reversible) dari satu bentuk

2.

kebentuk yang lain dalam golongan tersebut. Bentuk energy yang lain, seperti energy dan kalor yang tidak dapat diubah dengan sangat bebas. Tentu saja dalam proses real dengan terjadinya pengesekan, efek viskositas,

pencampuran komponen, dan fenomena pembuangan yang mencegah konversi sempurna dari satu bentuk energy mekanis ke yang lainnya, kelonggaran harus dibuat delam membuat kesetimbangan pada energy mekanis untuk “kehilangan” dalam kualitas ini. Kesetimbangan pada energy mekanis dapat ditulis pada basis mikroskopik untuk volume elemental dengan mengambil produk scalar dari kecepatan local dan persamaan pergerakkan. Setelah pengintegralan pada volume keseluruhan dari system ini kesetimbangan energy mekanis keadaaan tunak untuk suatu system dengan pertukaran massa dengan sekitarnya menjadi, pada basis per satuan massa. Δ( + )+ Untuk

dan

dp -

+

y

=0

berhubungan dengan massa yang masuk dan keluar dari system, dan

Ey menunjukkan kehilangan energy mekanis, yaitu konversi ireversibel oleh fluida mengalir dari energy mekanis menjadi energy internl. Persamaan 4 kadang – kadang disebut persamaan Bernouli khususnya untuk proses reversible untuk

y=

0.

2.4.3 Contoh Soal Hitunglah kerja reversible yang digunakan untuk memampatkan 5ft3 gas ideal yang awalnya berada pada 1000F dari 1 sampai 10 atm dalam sebuah silinder adiabatic. Gas ini mempunyai persamaan keadaan PV1.40= konstanta. Kemudian hitunglah kerja sebenarnya yang diperlukan jika efisiensi proses tersebut 80%. Jawab:

Azas Teknik Kimia

Page 143

Gambar 3.6. menunjukkan jenis alat untuk pemampatan. Volume akhir ialah: V2=V1

1/40

=5

1/40

= 0,965 ft3 Basisnya adalah 5ft3 pada 1000F dan 1 atm Wrev = -

=-

=-

(

1/40

= -P1

)=

=

= 31,63 Btu Tanda positif berarti bahwa kerja dilakukan pada system tersebut. Kerja sebenarnya yang dibutuhkan ialah: =31,63/0,8= 39,5 Btu 2. Perhitungan Kerja Reversibel untuk Proses Alir Kita akan mengulang jawaban pada No 1 diatas, kecuali bahwa dalam masalah ini proses akan menjadi system terbuka dalam steady state. Jawaban: Gambar di bawah ini menunjukkan system dan data.

Azas Teknik Kimia

Page 144

= [1 atm x 5ft3 x 1(lb mol)(0R)] / [560 0R x0,7302(ft3)(atm)]

n1=

= 0,0122 lb mol p1 = 1 atm T1=5600R

Kompresor reversible adiabatic

p2= 10 atm Gambar B Kesetimbangan energy mekanis (per satuan massa atau mol, disini untu komponen tunggal) Δ( + )+

Dp -

+

=0

Dapat disederhanakan =0 =0 = 0 (Assumed reversible) Sehingga =

=

1

dp =

[ ] 1/1,40 dP

P1 0,714 [3,50(p2 0,286 – p1 0,286)]

Wrev= n1

= n1 [ ] p1 0,714 [3,50 (p2 0,286 – p20,286)]

= (5) (1)0,714 (3,50)[(10) 0,286 – 1 0,286] (ft3) (atm)

= 44,3 Btu Azas Teknik Kimia

Page 145

Kerja sebenarnya yang diperlukan untuk dilakukan pada system tersebut ialah

= 55,4 Btu

2.4.4 Rangkuman Proses yang dapat terjadi dapat digolongkan dalam dua kategori, yaitu: 1. Proses reversible yang menimbulkan perubahan didalam suatu system dan lingkungan 2.

yang dapat seluruhnya dihapuskan Proses irreversible yang menyangkut perubahan didalam system dan lingkungan yang bersifat permanen.

2.4.5 Latihan Soal 1. Berapa kerja yang dilakukan oleh 1 liter air ketika air tersebut menguap dari sebuah bejana terbuka pada 250C dan tekanan atmosferik 100 kPa Jawaban No 1: System untuk soal ini adalah air. Prosesnya ialah proses batc. Selanjutnya proses yang digambarkan dalam gambar disamping ialah proses reversible karena penguapan terjadi pada suhu dan tekanan konstan, dan kondisi dalam atmosfer tepat diatas bagian bejana yang terbuka dapat dianggap berada dalam ekuilibrium dengan permukaan air. Tekanan atmosferiknya ialah 100 kPa. Basisnya 1 L air cair pada 250C. Volume spesifik air pada 100 kPa adalah 1,694 m3/ kg H2O.

Azas Teknik Kimia

Page 146

Kesetimbangan Energi Umum: +

+ )m]

Tidak akan berguna dalam memecahkan masalah ini karena Q tidak diketahui. Tetapi, bayangkan bahwa sebuah kantong yang dapat dikembangkan diletakkan diatas permukaan bejana yang terbuka sehingga system tersebut menjadi system tertutup. Karena kondisi reversible yang ditetapkan untuk masalah ini ialah kerja. W= Yang menunjukkan kerja reversible yang dilakukan oleh air dalam mendorong balik atmosfer. W = ( -100 x 103 Pa) x (1,694 m3) x (1kg – 1L) x (10-3 m3) x (1N m-2) x 1 J (1L) x (1 Pa) x (1N m) W= -1,693 x 105 J BAB III : NERACA ENERGI 3.1 Pendahuluan Neraca energi adalah cabang keilmuan yang mempelajari kesetimbangan energi dalam sebuah sistem. Neraca energi dibuat berdasarkan pada hukum pertama termodinamika. Hukum pertama ini menyatakan kekekalan energi, yaitu energi tidak dapat dimusnahkan atau dibuat, hanya dapat diubah bentuknya. Perumusan dari neraca energi suatu sistem mirip dengan perumusan neraca massa. Namun demikian, terdapat beberapa hal yang perlu diperhatikan yaitu suatu sistem dapat berupa sistem tertutup namun tidak terisolasi (tidak dapat terjadi perpindahan massa namun dapat terjadi perpindahan panas) dan hanya terdapat satu neraca energi untuk suatu sistem (tidak seperti neraca massa yang memungkinkan adanya beberapa neraca komponen). Perhitungan neraca energy meliputi neraca energi tanpa dan dengan reaksi kimia. Pada modul ini dibahas neraca energi tanpa reaksi kimia. Dimana lebih ditekankan pada sistem terbuka dan sistem tertutup. 3. 2. Tujuan

Azas Teknik Kimia

Page 147

Tujuan penulisan modul ini di harapkan siswa mampu a. menghitung neraca energi tanpa reaksi kimia yang terfokus pada sistem terbuka dan tertutup. b. siswa dapat menghitung neraca energi pada sistem/industri dengan benar. 3.3 Ruang Lingkup Materi 3.3.1 Sistem dan Lingkungan Dalam termodinamika, kita selalu menganalisis proses perpindahan energi dengan mengacu pada suatu sistem. Sistem adalah sebuah benda atau sekumpulan benda yang hendak diteliti. Benda-benda lainnya di luar sistem dinamakan lingkungan.

Gambar 3.1 Konsep Sistem dan Lingkungan 3.3.2 Sistem Termal Sistem didefinisikan sebagai suatu obyek, sejumlah materi dalam suatu daerah ruangan, yang ditetapkan dalam bahasan dan dipisahkan dari sekeliling (lingkungan) oleh batas sistem. Batas sistem dapat bersifat fisik real ataupun berupa imajiner sesuai dengan keperluan untuk membedakan elemen sistem dan elemen lingkungan. Lingkungan dinyatakan sebagai semua elemen yang bukan merupakan bagian dari sistem. Karakteristik sistem secara kuantitatif dinyatakan dengan nilai sifat atau besaran (property) yang dapat diukur. Deskripsi kondisi sistem dengan nilai tertentu dari sifat-sifat tersebut dinamakan pula sebagai keadaan (state). Keadaan sistem dapat dibedakan antara keadaan internal dan eksternal. Keadaan internal bersifat inherent dalam sistem meliputi p, T, V, U, H dan S. Gambar 3.2 Sistem Thermal

Azas Teknik Kimia

Page 148

Pada sistem tertutup yang melintasi garis batas (boundary layer) hanyalah aliran kalor dan kerja saja, sedangkan pada sistem terbuka, fluida kerja juga melintasi batas dari sistem. Dalam analisa termodinamika pada sistem tertutup biasanya digunakan massa atur (control mass) dan pada siklur terbuka biasanya digunakan volume atur.

Gambar 3.3 Sistem Termal Jika salah satu atau beberapa nilai sifat dari sistem mengalami perubahan maka dinamakan sistem mengalami proses. Sedangkan jika beberapa rangkaian proses yang memiliki kondisi akhir proses kembali ke kondisi semula dinamakan siklus. Sistem termal adalah seperangkat komponen (termal) yang memiliki struktur tertentu. Misalnya sebuah refrigerator merupakan sistem termal yang terdiri dari gabungan pemipaan, kompresor, motor listrik, penukar kalor, valve, isolator, casing, lampu dll. Bahan refrigeran di dalamnya merupakan fluida kerja sistem. Tingkat keadaan termodinamika suatu sistem pada suatu saat tertentu dinyatakan dengan sifat-sifat termodinamikanya, baik sifat intensif atau ekstensif. Sifat intensif dari suatu sistem tidak bergantung pada ukuran sistem, sebagai contoh adalah tekanan, temperatur. 3.3.3 Aplikasi Sistem Terbuka dan Tertutup 3.3.3.1.Sistem terbuka Sistem terbuka adalah sistem dimana pertukaran materi dan energi keluar masuk sistem dapat dilakukan. Batas sistem terbuka memiliki sifat yang dapat ditembus materi dan energi, sehingga memungkinkan terjadinya transfer dengan lingkungan baik berupa materi, panas maupun kerja. Azas Teknik Kimia

Page 149

Gambar 3.4 : Konsep sistem terbuka Kondisi khusus sistem terbuka dengan keadaan steadi dapat dinyatakan dengan persamaan berikut.

Secara real keadaan steadi (stasioner) suatu sistem sulit dicapai, sehingga sering didekati dengan keadaan quasistasioner, dimana perubahan yang terjadi selama rentang waktu tertentu dapat diabaikan dan keadaannya dapat dinyatakan dari hasil beberapa kali pengukuran dengan nilai rerata yang stabil. 3.3.3.2.Sistem tertutup Sistem tertutup dimana hanya ada pertukaran energi atau materi satu arah, dimana digunakan untuk sistem dengan materi tetap, tidak terjadi aliran materi antara sistem dengan lingkungan. Prinsip dasar dari sistem tertutup yaitu batas sistem tidak dapat ditembus oleh materi tetapi dapat ditembus panas dan kerja.

Gambar 3.5: Konsep sistem tertutup Konsep sistem tertutup misalnya, sejumlah gas dalam silinder, dengan piston yang bisa bergerak

Azas Teknik Kimia

Page 150

Keadaan setimbang awal dan akhir dari sistem tertutup dapat dinyatakan dengan integrasi persamaan tersebut. Bahasan tentang sistem tertutup lebih diarahkan untuk melihat bagaimana perubahan dari kondisi setimbang awal dan kondisi setimbang akhir. Atas dasar sifat termal batas sistem dapat dikenal kondisi khusus untuk sistem tertutup yaitu sistem terisolasi. Sistem dengan batas sistem yang bersifat tidak meneruskan energi (kalor dak kerja) didefinisikan sebagai sistem terisolasi. 3.4 Contoh Soal 1. Jika kalor sebanyak 2000 Joule ditambahkan pada sistem, sedangkan sistem melakukan kerja 1000 Joule, berapakah perubahan energi dalam sistem ? Panduan jawaban :

Sistem mendapat tambahan kalor (sistem menerima energi) sebanyak 2000 Joule. Sistem juga melakukan kerja (sistem melepaskan energi) 1000 Joule. Dengan demikian, perubahan energi sistem = 1000 Joule. 2. Sistem Terbuka Udara sedang dimampatkan dari 100 kPa dan 225 K (disini udara mempunyai entalpi sebesar 489 kJ/kg).sampai 1000 kPa dan 278 K (disini udara itu dari kompresor ialah 60 m/s.Berapa daya yang diperlukan (dalam kW) untuk kompresor tersebut jika bebannya ialah 100 kg/hr udara? Jawaban:

Azas Teknik Kimia

Page 151

Tidak ada reaksi yang terjadi. Proses tersebut ialah jelas proses atau system terbuka. Mari kita mengasumsikan bahwa kecepatan masuk udara ialah 0. Basis: 100 kg udara = 1hr Menyederhanakan kesetimbangan energy (hanya ada satu komponen) Delta E = Q – delta [(H + K + P)m] Proses tersebut dalam keadaan tunak,karenanya delta E = 0 M1 = M2 = M Delta (Pm) = 0 Q = 0 menurut asumsi (Q akan sangat kecil meski jika itu tidak diinsulasi) V1 = 0 (nilai tak diketahui, tetapi akan sangat kecil) Hasilnya ialah W = delta [(H + K)m] = delta H + delta K Delta H = (509 – 489)kj/kg /1000 kg = 2000 kJ Delta K = ½ m ( v – v ) = (1/2)100 kg (60 m)2/s2.1kJ/1000(kg)(m2)/(s)2 =180 kJ W= (2000 + 180 ) = 2180 kJ (note: tanda positif menunjukkan kerja dilakukan pada udara) Untuk mengubah menjadi daya (kerja/waktu) kW= 2180 kJ/1hr.1kW/1kJ/s.1hr/3600 s = 0,61 kW 3.5 Rangkuman 1. Neraca energi dibuat berdasarkan pada hukum pertama termodinamika. 2. Hukum pertama ini menyatakan kekekalan energi, yaitu energi tidak dapat dimusnahkan atau dibuat, hanya dapat diubah bentuknya. 3. Sistem terbuka adalah sistem dimana pertukaran materi dan energi keluar masuk sistem dapat dilakukan. memiliki sifat yang dapat ditembus materi dan energi, sehingga memungkinkan terjadinya transfer dengan lingkungan baik berupa materi, panas maupun kerja. 4. Sistem tertutup. dimana hanya ada pertukaran energi atau materi satu arah, dimana digunakan untuk sistem dengan materi tetap, tidak terjadi aliran materi antara sistem dengan lingkungan. Prinsip dasar dari sistem tertutup yaitu batas sistem tidak dapat ditembus oleh materi tetapi dapat ditembus panas dan kerja.

Azas Teknik Kimia

Page 152

3.6 Latihan Soal 1. Sistem Tertutup 10 lb CO2 pada suhu ruang tertutup (80 F) disimpan dalam sebuah pemadam kebakaran yang mempunyai volume 4,0 ft3.Berapa banyak kalor dikeluarkan dari pemadam kebakaran tersebut sehingga 40% CO2 menjadi cair? Jawaban: Masalah ini melibatkan sistem tertutup tanpa reaksi sehingga persamaan berlaku.Kita dapat menggunakan grafik CO2 dalam lampiran J untuk memperoleh sifatsifat yang diperlukan. Volume spesifik CO2 ialah 4,0/1,0 = 0,40 ft3/lb, maka dari itu CO2 berbentuk gas pada permulaan proses. Tekanannya 300 psia dan delta H=160 Btu/lb. Basis: 10 lb CO2 Delta E = Q + W W = 0, karena volume system tetap.maka dari itu dengan delta K= delta P=0 Q = delta U = delta H = delta (pV) Kita tidak mempunyai nilai delta H, hanya nilai delta H pada grafik CO 2.kita dapat mencari delta H akhir dari grafik CO 2 dengan mengikuti garis volume-konstan 0,40 ft 3/lb sampai tempat dimana kualitas ialah 0,6. Maka dari itu keadaan akhir ditetapkan dan semua sifat dapat diidentifikasikan, yaitu Delta H akhir =81 Btu/lb P

akhir =140 psia

Q = (81 – 160) – [ (40) (144) (0,40) / 778,2 – (300) (144) (0,40) / 778,2 ] = -67,2 Btu (kalor dikeluarkan)

Azas Teknik Kimia

Page 153

Azas Teknik Kimia

Page 154

BAB IV: PPIC (Production Planning and Inventory Control) 4.1 Pengertian PPIC (Production Planning and Inventory Control) Perencanaan dan pengendalian produksi / PPIC (Production Planning and Inventory Control) adalah merupakan suatu perencanaan dan pengendalian arus masuk bahan baku sampai keluar dari pabrik sehingga keuntungan optimal dapat tercapai. Melalui perencanaan dan pengendalian produksi yang baik, antara lain akan dicapai penghematan dalam biaya bahan, pemanfatan sumber daya baik fasilitas produksi (mesin), tenaga kerja atau waktu yang optimal (tidak boros atau tidak idle). 4.2 Tujuan PPIC (Production Planning and Inventory Control) Tujuan dari PPIC adalah untuk memanfaatkan secara efektif sumber daya yang terbatas dalam memproduksi barang/jasa sehingga dapat memuaskan permintaan pembeli atau pengguna dan menghasilkan keuntungan bagi investor. Selain itu PPIC juga mempunyai fungsi agar dapat menentukan peramalan permintaan/penjualan untuk periode yang akan datang, perencanaan produksi, penjadwalan produksi dan pengendalian persediaan (inventory control). Sedangkan berbagai kendala yang dapat muncul dalam perencanaan dan pengendalian produksi adalah ketersediaan sumber daya, jadwal/waktu pengiriman produk dan kebijakan manajemen. 4.3 Persediaan (Inventory) Secara umum, persediaan adalah bahan mentah,

barang dalam proses (work in

process), barang jadi, bahan pembantu, bahan pelengkap, komponen yang disimpan dalam antisipasinya terhadap pemenuhan permintaan (Riggs, 1976). Secara fisik, item persediaan dapat dikelompokkan dalam lima kategori yaitu sebagai berikut : 1. Bahan Mentah (Raw Material), yaitu barang-barang berwujud seperti baja, kayu, tanah liat, atau bahan-bahan mentah lainnya yang diperoleh dari sumber-sumber alam, atau dibeli dari pemasok (supplier), atau diolah sendiri oleh perusahaan untuk digunakan perusahaan dalam proses produksinya sendiri. 2. Komponen, yaitu barang-barang yang terdiri atas bagian-bagian (parts) yang diperoleh Azas Teknik Kimia

Page 155

dari perusahaan lain atau hasil produksi sendiri untuk digunakan dalam pembuatan barang jadi atau barang setengah jadi. 3. Barang setengah jadi (work in process) yaitu barang-barang keluaran dari tiap operasi produksi atau perakitan yang telah memiliki bentuk lebih kompleks daripada komponen, namun masih perlu proses lebih lanjut untuk menjadi barang jadi. 4. Barang jadi (finished good) adalah barang-barang yang telah selesai diproses dan siap untuk didistribusikan ke konsumen. 5. Bahan pembantu (supplies material) adalah barang-barang yang diperlukan dalam proses pembuatan atau perakitan barang, namun bukan merupakan komponen barang jadi. Termasuk bahan penolong adalah bahan bakar, pelumas, listrik, dan lain-lain. 4.4 Penyebab timbulnya persediaan Penyebab timbulnya persediaan adalah sebagai berikut : 1. Mekanisme pemenuhan atas permintaan. Permintaan terhadap suatu barang tidak dapat dipenuhi seketika bila barang tersebut tidak tersedia sebelumnya. Untuk menyiapkan barang ini diperlukan waktu untuk pembuatan dan pengiriman, maka adanya persediaan merupakan hal yang sulit dihindarkan. 2. Keinginan untuk meredam ketidakpastian. Ketidakpastian terjadi akibat permintaan yang bervariasi dan tidak pasti dalam jumlah maupun waktu kedatangan, waktu pembuatan yang cenderung tidak konstan antara satu produk dengan produk berikutnya, waktu tenggang (lead time) yang cenderung tidak pasti karena banyak faktor yang tak dapat dikendalikan. Ketidakpastian ini dapat diredam dengan mengadakan persediaan. Keinginan melakukan spekulasi yang bertujuan mendapatkan keuntungan besar dari

3. 4.

kenaikan harga di masa mendatang. Efisiensi produksi (salah satunya dengan penurunan biaya produksi) dapat ditingkatkan melalui pengendalian sistem persediaan. Efisiensi ini dapat dicapai bila fungsi persediaan dapat dioptimalkan. Beberapa fungsi persediaan adalah sebagai berikut : a.

Fungsi independensi. Persediaan bahan diadakan agar departemen-departemen dan proses individual terjaga kebebasannya. Proses barang jadi diperlukan untuk memenuhi permintaan pelanggan yang tidak pasti. Permintaan pasar tidak dapat diduga dengan tepat, demikian pula dengan pasokan dari pemasok(supplier). Seringkali keduanya meleset dari perkiraan. Agar proses produksi dapat berjalan

Azas Teknik Kimia

Page 156

tanpa tergantung pada kedua hal ini (independen), maka persediaan harus b.

mencukupi. Fungsi ekonomis. Seringkali dalam kondisi tertentu, memproduksi dengan jumlah produksi tertentu (lot) akan lebih ekonomis daripada memproduksi secara berulang atau sesuai permintaan. Pada kasus tersebut (biaya set up besar sekali), maka biaya set up ini harus dibebankan pada setiap unit yang diproduksi, sehingga jumlah produksi yang berbeda membuat biaya produksi per unit juga akan berbeda, maka perlu ditentukan jumlah produksi yang optimal. Jumlah produksi optimal pada kasus ini ditentukan oleh struktur biaya set up dan biaya penyimpanan, bukan oleh jumlah permintaan, sehingga timbul persediaan. Pada beberapa kasus, membeli dengan jumlah tertentu juga akan lebih ekonomis ketimbang membeli sesuai kebutuhan. Jadi, memiliki persediaan dapat merupakan tindakan yang ekonomis.

c.

Fungsi antisipasi. Fungsi ini diperlukan untuk mengantisipasi perubahan permintaan atau pasokan. Seringkali perusahaan mengalami kenaikan permintaan setelah dilakukan program promosi. Untuk memenuhi hal ini, maka diperlukan persediaan produk jadi agar tak terjadi stock out. Keadaan yang lain adalah bila suatu ketika diperkirakan

pasokan bahan baku akan terjadi kekurangan. Jadi, tindakan

menimbun persediaan bahan baku terlebih dahulu adalah merupakan tindakan rasional. d.

Fungsi fleksibilitas. Bila dalam proses produksi terdiri atas beberapa tahapan proses operasi dan kemudian terjadi kerusakan pada satu tahapan proses operasi, maka akan diperlukan waktu untuk melakukan perbaikan. Berarti produk tidak akan dihasilkan untuk sementara waktu. Persediaan barang setengah jadi (work in process) pada situasi ini akan merupakan faktor penolong untuk kelancaran proses operasi. Hal lain adalah dengan adanya persediaan barang jadi, maka waktu untuk pemeliharaan fasilitas produksi dapat disediakan dengan cukup.

4.5 Sistem Persediaan Sistem persediaan adalah suatu mekanisme mengenai bagaimana mengelola masukan-masukan yang sehubungan dengan persediaan menjadi output, dimana untuk ini diperlukan umpan balik agar output memenuhi standar tertentu. Mekanisme sistem ini adalah pembuatan serangkaian kebijakan yang memonitor tingkat persediaan, menentukan persediaan yang harus dijaga, kapan persediaan harus diisi, Azas Teknik Kimia

Page 157

dan berapa besar pesanan harus dilakukan. Sistem ini bertujuan menetapkan dan menjamin tersedianya produk jadi, barang dalam proses, komponen, dan bahan baku secara optimal, dalam kuantitas yang optimal, dan pada waktu yang optimal. Kriteria optimal adalah minimasi biaya total yang terkait dengan persediaan, yaitu biaya penyimpanan, biaya pemesanan, dan biaya kekurangan persediaan. Secara luas, tujuan dari sistem persediaan adalah menemukan solusi optimal terhadap seluruh masalah yang terkait dengan persediaan. Dikaitkan dengan tujuan umum perusahaan, maka ukuran optimalitas pengendalian persediaan seringkali diukur dengan keuntungan maksimum yang dicapai. Karena perusahaan memiliki banyak subsistem lain selain persediaan, maka mengukur kontribusi pengendalian persediaan dalam mencapai total keuntungan bukanlah hal yang mudah. Optimalisasi pengendalian persediaan. biasanya diukur dengan total biaya minimal pada suatu periode tertentu. 4.6 Biaya Dalam Sistem Persediaan Biaya persediaan adalah semua pengeluaran dan kerugian yang timbul sebagai akibat persediaan (Teguh Baroto, 2002). Biaya-biaya tersebut adalah : a. Harga pembelian adalah biaya yang dikeluarkan untuk membeli barang, besarnya sama dengan harga untuk memperoleh barang tersebut atau harga belinya. Pada beberapa model pengendalian sistem persediaan, biaya tidak dimasukkan sebagai dasar membuat keputusan. b. Biaya pemesanan adalah semua pengeluaran yang timbul untuk mendatangkan barang dari pemasok, yang besarnya biasanya tidak dipengaruhi oleh jumlah pemesanan. Biaya ini meliputi biaya pemrosesan pesanan, biaya ekspedisi, upah, biaya telepon/fax, biaya dokumentasi/transaksi, biaya pengepakan, biaya pemeriksaan, dan biaya lainnya yang tidak tergantung jumlah pesanan. c. Biaya persiapan (set up cost) adalah semua pengeluaran yang timbul dalam mempersiapkan produksi. Biaya ini terjadi bila

item persediaan diproduksi sendiri dan

tidak membeli dari pemasok. Biaya ini meliputi biaya persiapan peralatan produksi, biaya mempersiapkan (set up) mesin, biaya mempersiapkan gambar kerja, biaya mempersiapkan tenaga kerja langsung, biaya perencanaan dan penjadwalan produksi, dan biaya-biaya lain yang besarnya tidak tergantung pada jumlah item yang diproduksi. d. Biaya penyimpanan adalah biaya yang dikeluarkan dalam penanganan/penyimpanan material, semi finished product, sub assembly, atau pun produk jadi. Biaya simpan tergantung dari lama penyimpanan dan jumlah yang disimpan. Biaya simpan biasanya dinyatakan dalam biaya per unit per Azas Teknik Kimia

Page 158

periode. Dalam praktek, biaya penyimpanan sukar dihitung secara teliti, sehingga dilakukan pendekatan dengan suatu presentase tertentu dari harga pembelian. Biaya penyimpanan meliputi : 1) Biaya kesempatan. Penumpukan barang di gudang berarti penumpukan modal. Padahal modal ini dapat investasikan pada tabungan bank atau bisnis lain. Biaya modal merupakan opportunity cost yang hilang karena menyimpan persediaan. 2) Biaya simpan. Termasuk dalam biaya simpan adalah biaya sewa gedung, biaya asuransi dan pajak, biaya administrasi dan pemindahan, serta biaya kerusakan dan penyusutan. 3) Biaya keusangan. Barang yang disimpan dapat mengalami penurunan nilai karena perubahan teknologi (misal komputer). 4) Biaya-biaya lain yang besarnya bersifat variabel tergantung pada jumlah item.

e.

Biaya kekurangan persediaan. Bila persediaan kehabisan barang saat ada permintaan, maka akan terjadi stock out.Stock out menimbulkan kerugian berupa biaya akibat kehilangan kesempatan mendapatkan keuntungan atau kehilangan pelanggan yang kecewa (yang pindah ke produk saingan). Biaya ini sulit diukur karena berhubungan dengan good will perusahaan. Sebagai pedoman, biaya stock out dapat dihitung dari halhal berikut : 1) Kuantitas yang tak dapat dipenuhi, biasanya diukur dari keuntungan yang hilang karena tidak dapat memenuhi permintaan. Biaya ini diistilahkan sebagai biaya penalti atau hukuman kerugian bagi perusahaan 2) Waktu pemenuhan. Lamanya gudang kosong berarti lamanya proses produksi terhenti atau lamanya perusahaan tidak mendapatkan keuntungan, sehingga waktu menganggur tersebut dapat diartikan sebagai uang yang hilang. 3) Biaya pengadaan darurat. Agar konsumen tidak kecewa, maka dapat dilakukan pengadaan darurat yang biasanya menimbulkan biaya lebih besar daripada biaya pengadaan normal seperti melakukan subkontrak untuk memenuhi permintaan konsumen tersebut.

4.7 Pengendalian Persediaan Industri terdiri atas berbagai macam tipe dan jenis. Untuk merencanakan dan mengendalikan industri yang berbeda tentu saja diperlukan teknik perencanaan dan pengendalian produksi yang berbeda. Salah satunya adalah pengendalian persediaan, pengendalian persediaan merupakan fungsi manajerial yang sangat penting, karena persediaan fisik banyak perusahaan melibatkan investasi rupiah terbesar dalam pos aktiva Azas Teknik Kimia

Page 159

lancar. Bila perusahaan menanamkan terlalu banyak dananya dalam persediaan, menyebabkan biaya penyimpanan yang berlebihan, dan mungkin mempunyai “opportunity cost” (dana dapat ditanamkan dalam investasi yang lebih menguntungkan). Demikian pula, bila perusahaan tidak mempunyai persediaan yang mencukupi, dapat mengakibatkan biayabiaya dari terjadinya kekurangan bahan. Bahan baku yang terdapat dalam gudang memiliki variasi komponen yang sangat banyak, untuk itu perlu dilakukan pengendalian persediaan berdasarkan data permintaan konsumen agar diperoleh optimasi persediaan bahan baku di gudang, sehingga tidak terjadi kekurangan bahan baku (stock out) ataupun kelebihan bahan baku yang berpengaruh pada kepuasan customer serta cost yang dibebankan oleh perusahaan pada setiap tahunnya. Pengendalian persediaan (inventory control) yang terdapat didalam bidang PPIC (Production Planning and Inventory Control) merupakan fungsi manajerial yang sangat penting, karena mayoritas perusahaan melibatkan investasi besar pada aspek ini yaitu sekitar 20% sampai 60% (Teguh Baroto, 2002, Perencanaan dan Pengendalian Produksi, Ghalia Indonesia, Jakarta). Bila persediaan dilebihkan, biaya penyimpanan dan modal yang diperlukan bertambah. Bila perusahaan menanam terlalu banyak modalnya dalam persediaan, menyebabkan biaya penyimpanan yang berlebihan. Kelebihan persediaan juga membuat modal menjadi terhenti, semestinya modal tersebut dapat diinvestasikan pada sektor lain yang lebih menguntungkan (opportunity cost). Sebaliknya, bila persediaan dikurangi, suatu ketika bisa mengalami stock out (kehabisan barang). Bila perusahaan tidak memiliki persediaan yang mencukupi, biaya pengadaan darurat akan lebih mahal. Dampak lain, mungkin kosongnya barang di pasaran dapat membuat konsumen kecewa dan lari ke merek lain. Mengingat konsekuensi logis yang dilematis (kekurangan dan kelebihan) dari persediaan, maka perusahaan perlu untuk merencanakan dan mengendalikan persediaan ini pada tingkat yang optimal Kriteria optimal adalah minimasi keseluruhan biaya yang terkait dengan semua konsekuensi kebijakan persediaan. 4.8 Faktor-Faktor Dalam Pengendalian Persediaan Dalam buku yang berjudul Manajemen Produksi dan Operasi Joko (2001;346) faktorfaktor dalam pengendalian persediaan yaitu : 1. Persediaan Pengamanan (Safety Stock) Persediaan pengamanan adalah persediaan minimal yang harus ada atau harus Azas Teknik Kimia

Page 160

dipertahankan dalam perusahaan. Hal ini dilakukan untuk menghindari kehabisan persediaan bahan baku yang disebabkan oleh ketidakpastian tingkat pemakaian dan ketidakpastian waktu kedatangan persediaan agar kelangsungan faktor produksi dalam perusahaan selalu terjamin. Faktor-faktor yang mempengaruhi persediaan pengaman : a. Besar kecilnya resiko kehabisan persediaan. b. Besar kecilnya biaya penyimpanan di gudang dengan biaya-biaya yang harus dikeluarkan karena kehabisan persediaan yang merupakan biaya-biaya

ekstra yang

dikeluarkan apabila kehabisan, antara lain : 1) Biaya pemesanan pembelian darurat. 2) Biaya ekstra yang diperlukan agar leveransir segera menyerahkan barangnya. 3) Kemungkinan rugi karena adanya kemacetan produksi apabila biaya ekstra yang harus dikeluarkan karena kehabisan persediaan ternyata lebih besar dari pada biaya penyimpanan, maka perlu adanya persediaan pengamanan yang besar. 2. Titik Pemesanan Ulang (Re-Order Point) Titik pemesanan kembali terjadi apabila jumlah persediaan terdapat dalam stock berkurang terus sehingga kita harus menentukan berapa banyak batas minimal tingkat persediaan yang harus dipertimbangkan sehingga tidak terjadinya kekurangan persediaan. Jumlah yang diharapkan tersebut dihitung selama masa tenggang, mungkin dapat juga ditambahkan dengan stock pengaman yang biasa mengacu kepada probalitas atau kemungkinan terjadinya kekurangan persediaan selama masa tenggang. Yang harus diperhatikan dalam penentuan titik pemesanan kembali antara lain : a. Penggunaan bahan baku selama waktu ancang-ancang b. Besarnya persediaan pengaman 3. Waktu Ancang-Ancang (Lead Time) Waktu ancang-ancang adalah tenggang waktu berapa lama saat mulai memesan bahan baku, sampai bahan tersebut datang ke gudang. Waktu ancang-ancang ini penting karena : a. Menentukan kapan mulai mengadakan pemesanan kembali b. Menentukan jumlah persediaan yang ekonomis c. Merupakan masalah ketidakpastian di masa yang akan datang 4. Tingkat Pelayanan (Service Level) Service Level merupakan besarnya persentase dari permintaan pelanggan yang dapat terpenuhi dari persediaan. Siklus pemesanan dari tingkat pelayanan dapat dihitung sebagai probabilitas suatu permintaan yang tidak melebihi suplai selama masa tenggang (misalnya persediaan harus dapat mencukupi untuk memenuhi besarnya permintaan). Karena itu, tingkat pelayanan 90% artinya bahwa probabilitas 90% dari permintaan tersebut tidak melebihi dari permintaan selama masa tenggang. Dengan Azas Teknik Kimia

Page 161

kata lain permintaan akan terpenuhi dalam 90%. Resiko kehilangan biaya berkaitan dengan tingkat pelayanan. Tingkat pelayanan pelanggan sebesar 90% menunjukan bahwa resiko kehabisan persediaan sebesar 10% secara umum : Tingkat pelayanan = 100%-Resiko kehabisan stock. Secara lebih jauh kita dapat melihat bagaimana siklus pemesanan pada tingkat pelayanan berkaitan erat dengan tingkat pelayanan tahunan. Jumlah safety stock yang sesuai dengan kondisi tertentu sangat tergantung pada sektor-sektor sebagai berikut : a. Rata –rata tingkat permintaan dan rata-rata masa tenggang b. Variabilitas permintaan dan masa tenggang c. Keinginan tingkat pelayanan yang diberikan 5. Tolak Ukur (Performance Indices) Tolak ukur mengetahui seberapa jauh suatu inventory control berjalan. Dalam arti, seberapa jauh efektifitas dan efisiensinya. Performance Indices ini sangat berguna bagi manajemen untuk menentukan lankah yang harus diambil untuk memperbaiki keadaan inventory-nya Ada dua tolak ukur yang digunakan, yaitu : a. Tolak Ukur Kualitatif Tolak ukur ini menggunakan deskripsi non kuantitatif (tanpa angka atau grafik), kelemahannya : 1) Subyektif 2) Tergantung kondisi penilai 3) Tidak konsisten 4) Terbatas kemampuannya untuk management decision b. Tolak Ukur Kuantitatif Tolak ukur ini menggunakan data kuantitatif (angka atau gambar). Kelebihannya : 1) Mudah diukur 2) Perkembangannya mudah diketahui 3) Mudah diperbandingkan 4) Lebih obyektif. Tolak ukur keberhasilan inventory control ditentukan oleh Turn Over Ratio (TOR), yaitu perbandingan antara pemakaian dalam setahun dengan inventory rata-rata. Digunakan untuk mengukur efisiensi inventory. Makin besar TOR, inventory makin bertambah efisien. 4.9 Metode Pengendalian Persediaan 4.9.1 Fixed Order Quantity Systems (EOQ) Dua pertanyaan yang paling mendasar pada setiap sistem persediaan adalah berapa banyak dan kapan melakukan pemesanan. Jawabannya tergantung dari parameter yang Azas Teknik Kimia

Page 162

digunakan dalam mendefinisikan sistem tersebut. Ketika jumlah unit yang dipesan selalu sama, dan waktu antara setiap pesanan diharapkan selalu konstan, dan tingkat persediaan mencapai suatu titik yang telah ditentukan sebelumnya, maka dilakukan pemesanan untuk jumlah yang selalu tetap (Fixed Order Size Systems) dapat dilihat pada gambar 2.2. Parameter yang digunakan dalam sistem adalah reorder point(titik melakukan pemesanan) dan jumlah pesanan (Q). Oleh karena itu Fixed Order Size Systems seringkali disebut juga dengan nama Q-system, disaat jumlah pesanan yang dilakukan untuk pemulihan persediaan besarnya adalah tetap.

Gambar 2.2 Fixed Order Size System Jumlah pesanan yang dapat meminimasi total biaya penyimpanan dikenal dengan Economic Order Quantity (EOQ). Metode ini diperkenalkan pertama kali oleh Ford Harris dari Westinghouse pada tahun 1915. Metode ini merupakan inspirasi bagi pakar persediaan untuk mengembangkan metode- metode pengendalian persediaan lainnya. Metode ini dikembangkan atas fakta adanya biaya variabel dan biaya tetap dari proses produksi atau pemesanan barang. Akibat adanya dua tipe biaya ini, maka biaya total (fix cost dan variable cost) akan menjadi berbeda bila jumlah unit yang diproduki berbeda. Bila barang yang diproduksi satu atau seribu, Azas Teknik Kimia

fix cost ini besarnya tetap. Selanjutnya, bila fix Page 163

cost ini dibebankan pada biaya produksi per unit, maka fix cost ini akan dibagi oleh ‘jumlah unit’ yang diproduksi. Jadi, semakin banyak jumlah yang diproduksi, akan semakin kecil. Logikanya, akan terdapat titik temu (optimal) agar total kedua biaya tersebut minimal. Model

inventory digambarkan adalah jumlah pemesanan (lot size). Berdasarkan penerimaan dari setiap seperti pada Gambar 2.3.

Keterangan gambar : Q = Jumlah Pemesanan (Lot Size) R = Titik Pemesanan Kembali (Reorder Point) ac = ce = Interval Antara Pesanan ab = cd = ef = Lead Time dimana Q pemesanan, tingkat persediaan adalah sama dengan Q unit. Ketika tingkat persediaan mencapai reorder point (R), pesanan baru dipersiapkan sejumlah Q unit. Setelah beberapa waktu, maka pesanan diterima semua secara bersamaan dan dimasukkan ke dalam persediaan. Garis vertikal mengindikasikan jumlah penerimaan pesanan ke dalam persediaan. Pesanan akan diterima ketika tingkat persediaan mencapai titik nol, sehingga ratarata tingkat persediaan adalah (Q+0)/2 atau Q/2. Azas Teknik Kimia

Page 164

4.9.2 Fixed Order Interval Systems (EOI) Fixed Order Interval Systems, juga disebut sistem persediaan secara periodik, yang lebih berdasar kepada periode daripada sistem persediaan kontinu yang lebih kepada posisi stok persediaan. Sistem persediaan yang berbasiskan waktu yang melakukan pesanan berdasarkan suatu jangka waktu tertentu. Jumlah pesanan bergantung kepada pemakaian demand selama periode waktu tersebut. Menggunakan tingkat persediaan maksimum (maximum inventory level), selama waktu lead time dan interval pesanan. Setelah suatu periode tetap (T) telah terlewati, jumlah persediaan dihitung. Sebuah pesanan dilakukan untuk memulihkan persediaan, dan jumlah pesanannya tergantung berapa jumlah yang berkurang dari maximum inventory level. Jadi,

jumlah

pesanan didapat dari selisih maximum inventory level dan sisa persediaan pada waktu melakukan perhitungan. Sistemnya terdiri dari 2 parameter yang digunakan, yaitu periode tetap pemeriksaan (T) dan

maximum inventory level (E). Sistematika dan model dari Fixed Order Interval Systems dapat dilihat pada gambar 2.5

dan gambar 2.6.

Azas Teknik Kimia

Page 165

Gambar 2.5 Fixed Order Interval Systems

Gambar 2.6 Model EOI

Masalah dasar pada metode ini adalah bagaimana menentukan interval pesanan (T) dan maximum inventory level (E) yang diinginkan. Economic order interval dapat diperoleh untuk meminimumkan total biaya tahunan. Jika biaya kekurangan barang (stockout cost) tidak diijinkan, maka total biaya tahunannya seperti terlihat pada gambar 2.7.

Azas Teknik Kimia

Page 166

Gambar 2.7 Biaya Persediaan EOI

4.9.3 Maximum - Minimum Systems (Min-Max) Cara kerja Min-Max System ini yaitu apabila persediaan telah melewati batas-batas minimum dan mendekati batas safety stock maka re- order harus dilakukan. Jadi batas minimum stock merupakan batas re-order level. Batas maksimum adalah batas kesediaan perusahaan atau manajemen untuk menginvestasikan uangnya dalam bentuk persediaan bahan baku. Jadi dalam hal ini yang terpenting adalah batas minimum dan maximum untuk dapat menentukan order quantity. 4.9.4 Simulasi Simulasi merupakan salah satu cara untuk memecahkan berbagai persoalan yang dihadapi di dunia nyata. Pendekatan yang digunakan untuk memecahkan berbagai masalah yang mengandung

ketidakpastian dan kemungkinan jangka panjang yang tidak dapat

diperhitungkan dengan seksama adalah dengan simulasi. Simulasi dapat diartikan sebagai suatu sistem yang digunakan untuk memecahkan atau menguraikan persoalan-persoalan dalam kehidupan nyata yang penuh dengan ketidakpastian dengan tidak atau menggunakan model atau metode tertentu dan lebih ditekankan pada pemakaian komputer untuk mendapatkan solusinya. Pada pendekatan simulasi, untuk menyelesaikan berbagai persoalan yang rumit akan lebih mudah dilakukan bila dimulai dengan membangun model percobaan dari suatu sistem. Untuk melakukannya kita perlu memperhatikan tiga unsur penting dalam pemodelan simulasi, yaitu system, entities, attributes. Ada berbagai keuntungan yang bisa diperoleh dengan memanfaatkan simulasi, yaitu sebagai berikut : 1) Compress Time (Menghemat Waktu) Kemampuan di dalam menghemat waktu ini dapat dilihat dari pekerjaan yang bila dikerjakan akan memakan waktu tahunan tetapi kemudian dapat disimulasikan hanya dalam beberapa menit, bahkan dalam beberapa kasus hanya dalam hitungan detik. Kemampuan ini dapat dipakai oleh para peneliti untuk melakukan berbagai pekerjaan desain operasional yang mana juga memperhatikan bagian terkecil dari waktu untuk kemudian dibandingkan dengan yang terdapat pada sistem yang nyata berlaku. Azas Teknik Kimia

Page 167

2) Expand Time (Dapat Melebarluaskan Waktu) Hal ini terlihat terutama dalam dunia statistik di mana hasilnya diinginkan dapat tersaji dengan cepat. Simulasi dapat digunakan untuk menunjukkan perubahan struktur dari suatu Sistem Nyata (Real System) yang sebenarnya tidak dapat diteliti pada waktu yang seharusnya (Real Time). Dengan demikian simulasi dapat membantu mengubah Real System hanya dengan memasukkan sedikit data. 3) Control Sources of Variation (Dapat Mengawasi Sumber-Sumber yang Bervariasi) Kemampuan pengawasan dalam simulasi ini tampak terutama apabila analisa statistik digunakan untuk meninjau hubungan antara variabel bebas (independent) dengan variabel terkait (dependent) yang merupakan faktorfaktor yang akan dibentuk dalam percobaan. Hal ini dalam kehidupan seharihari merupakan suatu kegiatan yang harus dipelajari dan ditangani dan tidak dapat diperoleh dengan cepat. Dalam simulasi pengambilan data dan pengolahannya pada komputer, ada beberapa sumber yang dapat dihilangkan atau sengaja ditiadakan. Untuk memanfaatkan kemampuan ini peneliti harus mengetahui dan mampu menguraikan sejumlah input dari sumber-sumber yang bervariasi yang dibutuhkan oleh simulasi tersebut. 4) Error in Measurement Correction (Mengoreksi Kesalahan-Kesalahan Perhitungan) Dalam prakteknya, pada suatu kegiatan ataupun percobaan dapat saja muncul ketidakbenaran dalam mencatat hasil-hasilnya. Sebaliknya, dalam simulasi komputer jarang ditemukan kesalahan perhitungan terutama bila angka- angka yang diambil dari komputer secara teratur dan bebas. Komputer mempunyai kemampuan untuk melakukan penghitungan dengan akurat. 5) Stop Simulation and Restart (Dapat Dihentikan dan Dijalankan Kembali) Simulasi komputer dapat dihentikan untuk kepentingan peninjauan ataupun pencatatan semua keadaan yang relevan tanpa berakibat buruk terhadap program simulasi tersebut. Dalam dunia nyata, percobaan tidak dapat dihentikan begitu saja. Dalam simulasi komputer, setelah dilakukan penghentian maka kemudian dapat dengan cepat dijalankan kembali (restart) 6) Easy to Replicate (Mudah Diperbanyak) Dengan simulasi komputer percobaan dapat dilakukan setiap saat dan dapat diulangulang. Pengulangan dilakukan terutama untuk mengubah berbagai komponen dan variabelnya, seperti dengan perubahan pada parameternya, perubahan pada kondisi operasinya, ataupun dengan memperbanyak output. BAB V : PENGADUKAN DAN PENCAMPURAN

Azas Teknik Kimia

Page 168

Pengadukan adalah operasi yang menciptakan terjadinya gerakan dari bahan yang diaduk seperti molekul-molekul, zat-zat yang bergerak atau komponennya menyebar (terdispersi).

gambar 1. (Dimensi sebuah Tangki Berpengaduk) Keterangan gambar : C = tinggi pengaduk dari dasar tangki D = diameter pengaduk Dt = diameter tangki H = tinggi fluida dalam tangki J = lebar baffle W = lebar pengaduk Tujuan Pengadukan : 1) Mencampur dua cairan yang saling melarut 2) Melarutkan padatan dalam cairan 3) Mendispersikan gas dalam cairan dalam bentuk gelembung 4) Untuk mempercepat perpindahan panas antara fluida dengan koil pemanas dan jacket pada dinding bejana. Pencampuran adalah operasi yang menyebabkan tersebarnya secara acak suatu bahan ke bahan yang lain dimana bahan-bahan tersebut terpisah dalam dua fasa atau lebih. Proses pencampuran bisa dilakukan dalam sebuah tangki berpengaduk. Hal ini dikarenakan faktor-faktor penting yang berkaitan dengan proses ini, dalam aplikasi nyata bisa dipelajari dengan seksama dalam alat ini. Faktor-faktor yang mempengaruhi proses pengadukan dan pencampuran diantaranya adalah perbandingan antara geometri tangki dengan geometri pengaduk, bentuk dan jumlah pengaduk, posisi sumbu pengaduk, kecepatan putaran pengaduk, penggunaan sekat dalam tangki dan juga properti fisik fluida yang diaduk yaitu densitas dan viskositas. Oleh karena itu, perlu tersedia seperangkat alat tangki berpengaduk yang bisa digunakan untuk mempelajari operasi dari pengadukan dan pencampuran tersebut. Pencampuran terjadi pada tiga tingkatan yang berbeda yaitu : 1) Mekanisme konvektif : pencampuran yang disebabkan aliran cairan secara keseluruhan (bulk flow). Azas Teknik Kimia

Page 169

2) Eddy diffusion : pencampuran karena adanya gumpalan - gumpalan fluida yang terbentuk dan tercampakan dalam medan aliran. 3) Diffusion : pencampuran karena gerakan molekuler. Ketiga mekanisme terjadi secara bersama-sama, tetapi yang paling menentukan adalah Eddy diffusion. Mekanisme ini membedakan pencampuran dalam keadaan turbulen dengan pencampuran dalam medan aliran laminer. Sifat fisik fluida yang berpengaruh pada proses pengadukan adalah densitas dan viskositas. Secara khusus, proses pengadukan dan pencampuran digunakan untuk mengatasi tiga jenis permasalahan utama, yaitu : 1) Untuk menghasilkan keseragaman statis ataupun dinamis pada sistem multifase multikomponen. 2) Untuk memfasilitasi perpindahan massa atau energi diantara bagian-bagian dari sistem yang tidak seragam. 3) Untuk menunjukkan perubahan fase pada sistem multikomponen dengan atau tanpa perubahan komposisi. Aplikasi pengadukan dan pencampuran bisa ditemukan dalam rentang yang luas, diantaranya dalam proses suspensi padatan, dispersi gas-cair, cair-cair maupun padat-cair, kristalisasi, perpindahan panas dan reaksi kimia. Dimensi dan Geometri Tangki Kapasitas tangki yang dibutuhkan untuk menampung fluida menjadi salah satu pertimbangan dasar dalam perancangan dimensi tangki. Fluida dalam kapasitas tertentu ditempatkan pada sebuah wadah dengan besarnya diameter tangki sama dengan ketinggian fluida. Rancangan ini ditujukan untuk mengoptimalkan kemampuan pengaduk untuk menggerakkan dan membuat pola aliran fluida yang melingkupi seluruh bagian fluida dalam tangki.

Persamaan (1) merupakan rumus dari volume sebuah tangki silinder. Sehingga salah satu pertimbangan awal untuk merancang alat ini adalah dengan mencari nilai dari diameter yang sama dengan tangki untuk kapasitas fluida yang diinginkan dalam pengadukan dan pencampuran. Diameter tangki ditentukan dengan persamaan (2). Tangki dengan diamter yang lebih kecil dibandingkan ketinggiannya memiliki kecendrungan menambah jumlah pengaduk yang digunakan. dengan D = t Rancangan dasar dimensi dari sebuah tangki berpengaduk dengan perbandingan terhadap komponen-komponen yang menyusunnya ditunjukkan pada gambar 1. Hubungan dari dimensi pada gamba 1 adalah :

Geometri dari tangki dirancang untuk menghindari terjadinya dead zone yaitu daerah dimana fluida bisa digerakkan oleh aliran pengaduk. Geometri dimana terjadinya dead zone biasanya berbentuk sudut ataupun lipatan dari dinding-dindingnya. Posisi Sumbu Pengaduk Azas Teknik Kimia

Page 170

Pada umumnya proses pengadukan dan pencampuran dilakukan dengan menempatkan pengaduk pada pusat diameter tangki (Center). Posisi ini memiliki pola aliran yang khas. Pada tangki tidak bersekat dengan pengaduk yang berputar ditengah, energi sentrifugal yang bekerja pada fluida meningkatkan ketinggian fluida pada dinding dan memperendah ketinggian fluida pada pusat putaran. Pola ini biasa disebut dengan pusaran (vortex) dengan pusat pada sumbu pengaduk. Pusaran ini akan menjadi semakin besar seiring dengan peningkatan kecepatan putaran yang juga meningkatkan turbulensi dari fluida yang diaduk. Pada sebuah proses dispersi gas-cair, terbentuknya pusaran tidak diinginkan. Hal ini disebabkan pusaran tersebut bisa menghasilkan dispersi udara yang menghambat dispersi gas ke cairan dan sebaliknya.

Gambar 3. (Posisi Center dari sebuah Pengaduk yang menghasilkan Vortex Salah satu upaya untuk menghilangkan pusaran ini adalah dengan merubah posisi sumbu pengaduk. Posisi tersebut berupa posisi sumbu pengaduk tetap tegak lurus namun berjarak dekat dengan dinding tangki (off center) dan posisi sumbu berada pada arah diagonal (incline). Perubahan posisi ini menjadi salah satu variasi dalam penelitian yang dilakukan. Sekat dalam Tangki Sekat (Baffle) adalah lembaran vertikal datar yang ditempelkan pada dinding tangki. Tujuan utama menggunakan sekat dalam tangki adalah memecah terjadinya pusaran saat terjadinya pengadukan dan pencampuran. Oleh karena itu, posisi sumbu pengaduk pada tangki bersekat berada di tengah. Namun, pada umumnya pemakaian sekat akan menambah beban pengadukan yang berakibat pada bertambahnya kebutuhan daya pengadukan. Sekat pada tangki juga membentuk distribusi konsentrasi yang lebih baik di dalam tangki, karena pola aliran yang terjadi terpecah menjadi empat bagian. Penggunaan ukuran sekat yang lebih besar mampu menghasilkan pencampuran yang lebih baik.

Gambar 4. (Pemasangan Baffle diharapkan mampu meningkatkan kualitas pencampuran) Pada saat menggunakan empat sekat vertikal seperti pada gambar 4 biasa menghasilkan pola putaran yang sama dalam tangki. Lebar sekat yang digunakan sebaiknya berukuran 1/12 diameter tangki. Pengaduk Pemilihan pengaduk yang tepat menjadi salah satu faktor penting dalam menghasilkan proses dan pencampuran yang efektif. Pengaduk jenis baling-baling (propeller) dengan aliran aksial dan pengaduk jenis turbin dengan aliran radial menjadi pilihan yang lazim dalam pengadukan dan pencampuran.

Azas Teknik Kimia

Page 171

Jenis-jenis Pengaduk Secara umum, terdapat tiga jenis pengaduk yang biasa digunakan secara umum, yaitu pengaduk baling – baling), pengaduk turbin, pengaduk dayung dan pengaduk. Pengaduk jenis baling-baling (propeller) Ada beberapa jenis pengaduk yang biasa digunakan. Salah satunya adalah baling-baling berdaun tiga.

Gambar 5. Pengaduk jenis Baling-baling (a), Daun Dipertajam (b), Baling-baling kapal (c) Baling-baling ini digunakan pada kecepatan berkisar antara 400 hingga 1750 rpm (revolutions per minute) dan digunakan untuk cairan dengan viskositas rendah. Pengaduk Dayung (Paddle) Berbagai jenis pengaduk dayung biasanya digunakan pada kesepatan rendah diantaranya 20 hingga 200 rpm. Dayung datar berdaun dua atau empat biasa digunakan dalam sebuah proses pengadukan. Panjang total dari pengadukan dayung biasanya 60 - 80% dari diameter tangki dan lebar dari daunnya 1/6 - 1/10 dari panjangnya.

Gambar 6. Pengaduk Jenis Dayung (Paddle) berdaun dua Pengaduk dayung menjadi tidak efektif untuk suspensi padatan, karena aliran radial bisa terbentuk namun aliran aksial dan vertikal menjadi kecil. Sebuah dayung jangkar atau pagar, yang terlihat pada gambar 6 biasa digunakan dalam pengadukan. Jenis ini menyapu dan mengeruk dinding tangki dan kadang-kadang bagian bawah tangki. Jenis ini digunakan pada cairan kental dimana endapan pada dinding dapat terbentuk dan juga digunakan untuk meningkatkan transfer panas dari dan ke dinding tangki. Bagaimanapun jenis ini adalah pencampuran yang buruk. Pengaduk dayung sering digunakan untuk proses pembuatan pasn kanji, cat, bahan perekat dan kosmetik. Pengaduk Turbin Pengaduk turbin adalah pengaduk dayung yang memiliki banyak daun pengaduk dan berukuran lebih pendek, digunakan pada kecepatan tinggi untuk cairan dengan rentang kekentalan yang sangat luas. Diameter dari sebuah turbin biasanya antara 30 - 50% dari diamter tangki. Turbin biasanya memiliki empat atau enam daun pengaduk. Turbin dengan daun yang datar memberikan aliran yang radial. Jenis ini juga berguna untuk dispersi gas yang baik, gas akan dialirkan dari bagian bawah pengadukdan akan menuju ke bagian daun pengaduk lalu tepotong-potong menjadi gelembung gas.

Azas Teknik Kimia

Page 172

Gambar 7. Pengaduk Turbin pada bagian variasi. Pada turbin dengan daun yang dibuat miring sebesar 45o, seperti yang terlihat pada gambar 8, beberapa aliran aksial akan terbentuk sehingga sebuah kombinasi dari aliran aksial dan radial akan terbentuk. Jenis ini berguna dalam suspensi padatan kerena aliran langsung ke bawah dan akan menyapu padatan ke atas. Terkadang sebuah turbin dengan hanya empat daun miring digunakan dalam suspensi padat. Pengaduk dengan aliran aksial menghasilkan pergerakan fluida yang lebih besar dan pencampuran per satuan daya dan sangat berguna dalam suspensi padatan.

Gambar 8. Pengaduk Turbin Baling-baling. Pengaduk Helical-Ribbon Jenis pengaduk ini digunakan pada larutan pada kekentalan yang tinggi dan beroperasi pada rpm yang rendah pada bagian laminer. Ribbon (bentuk seperti pita) dibentuk dalam sebuah bagian helical (bentuknya seperti baling-balling helicopter dan ditempelkan ke pusat sumbu pengaduk). Cairan bergerak dalam sebuah bagian aliran berliku-liku pada bagiam bawah dan naik ke bagian atas pengaduk.

Gambar 9. Pengaduk Jenis (a), (b) & (c) Hellical-Ribbon, (d) Semi-Spiral Kecepatan Pengaduk Salah satu variasi dasar dalam proses pengadukan dan pencampuran adalah kecepatan putaran pengaduk yang digunakan. Variasi kecepatan putaran pengaduk bisa memberikan gambaran mengenai pola aliran yang dihasilkan dan daya listrik yang dibutuhkan dalam proses pengadukan dan pencampuran. Secara umum klasifikasi kecepatan putaran pengaduk dibagi tiga, yaitu : kecepatan putaran rendah, sedang dan tinggi. Kecepatan putaran rendah Kecepatan rendan yang digunakan berkisar pada kecepatan 400 rpm. Pengadukan dengan kecepatan ini umumnya digunakan untuk minyak kental, lumpur dimana terdapat serat atau pada cairan yang dapat menimbulkan busa. Azas Teknik Kimia

Page 173

Jenis pengaduk ini meghasilkan pergerakan batch yang empurna dengan sebuah permukaan fluida yang datar untuk menjaga temperatur atau mencampur larutan dengan viskositas dan gravitasi spesifik yang sama. Kecepatan putaran sedang Kecepatan sedang yang digunakan berkisar pada kecepatan 1150 rpm. Pengaduk dengan kecepatan ini umumnya digunakan untuk larutan sirup kental dan minyak pernis. Jenis ini paling sering digunakan untuk meriakkan permukaan pada viskositas yang rendah, mengurangi waktu pencampuan, mencampuran larutan dengan viskositas yang berbeda dan bertujuan untuk memanaskan atau mendinginkan. Kecepatan putaran tinggi Kecepatan tinggi yang digunakan berkisar pada kecepatan 1750 rpm. Pengaduk dengan kecepatan ini umumnya digunakan untuk fluida dengan viskositas rendah misalnya air. Tingkat pengadukan ini menghasilkan permukaan yang cekung pada viskositas yang rendah dan dibutuhkan ketika waktu pencampuran sangat lama atau perbedaan viskositas sangat besar. Jumlah Pengaduk Penambahan jumlah pengaduk yang digunakan pada dasarnya untuk tetap menjaga efektifitas pengadukan pada kondisi yang berubah. Ketinggian fluida yang lebih besar dari diameter tangki, disertai dengan viskositas fluida yang lebih besar dann diameter pengaduk yang lebih kecil dari dimensi yang biasa digunakan, merupakan kondisi dimana pengaduk yang digunakan lebih dari satu buah, dengan jarak antar pengaduk sama dengan jarak pengaduk paling bawah ke dasar tangki. Penjelasan mengenai kondisi pengadukan dimana lebih dari satu pengaduk yang digunakan dapat dilihat dalam tabel 1. Tabel 1. Kondisi untuk Pemilihan Pengaduk

Pemilihan Pengaduk Viskositas dari cairan adalah salah satu dari beberapa faktor yang mempengaruhi pemilihan jenis pengaduk. Indikasi dari rentang viskositas pada setiap jenis pengaduk adalah : 1) Pengaduk jenis baling-baling digunakan untuk viskositas fluida di bawah Pa.s (3000 cP) 2) Pengaduk jenis turbin bisa digunakan untuk viskositas di bawah 100 Pa.s (100.000 cp) 3) Pengaduk jenis dayung yang dimodifikasi seperti pengaduk jangkar bisa digunakan untuk viskositas antara 50 - 500 Pa.s (500.000 cP) 4) Pengaduk jenis pita melingkar biasa digunakan untuk viskositas di atas 1000 Pa.s dan telah digunakan hingga viskositas 25.000 Pa.s. Untuk viskositas lebih dari 2,5 - 5 Pa.s (5000 cP) dan diatasnya, sekat tidak diperlukan karena hanya terjadi pusaran kecil.

Azas Teknik Kimia

Page 174

Gambar 10. Pola aliran yang dihasilkan oleh jenis-jenis pengaduk yang berbeda, (a) Impeller, (b) Propeller, (c) Paddle dan (d) Helical ribbon

Kebutuhan Daya Pengaduk Parameter Hidrodinamika dalam Tangki Berpengaduk Bilangan Reynold Bilangan tak berdimensi yang menyatakan perbandingan antara gaya inersia dan gaya viskos yang terjadi pada fluida. Sistem pengadukan yang terjadi bisa diketahui bilangan Reynoldnya dengan menggunakan persamaan 3.

dimana : Re = Bilangan Reynold ρ = dnsitas fluida µ = viskositas fluida Dalam sistem pengadukan terdapat 3 jenis bentuk aliran yaitu laminer, transisi dan turbulen. Bentuk aliran laminer terjadi pada bilangan Reynold hingga 10, sedangkan turbulen terjadi pada bilangan Reynold 10 hingga 104 dan transisi berada diantara keduanya. Bilangan Fraude Bilangan tak berdimensi ini menunjukkan perbandingan antara gaya inersia dengan gaya gravitasi. Bilangan Fraude dapat dihitung dengan persamaan berikut :

dimana : Fr = Bilangan Fraude N = kecepatan putaran pengaduk D = diameter pengaduk g = percepatan grafitasi Bilangan Fraude bukan merupakan variabel yang signifikan. Bilangan ini hanya diperhitungkan pada sistem pengadukan dalam tangki tidak bersekat. Pada sistem ini permukaan cairan dalam tangki akan dipengaruhi gravitasi, sehingga membentuk pusaran (vortex). Vorteks menunjukkan keseimbangan antara gaya gravitasi dengan gaya inersia.

Azas Teknik Kimia

Page 175

Laju dan Waktu Pencampuran Waktu pencampuran (mixing time) adalah waktu yang dibutuhkan sehingga diperoleh keadaan yang homogen untuk menghasilkan campuran atau produk dengan kualitas yang telah ditentukan. Sedangkan laju pencampuran (rate of mixing) adalah laju dimana proses pencampuran berlangsung hingga mencapai kondisi akhir. Pada operasi pencampuran dalam tangki berpengaduk, waktu pencampuran ini dipengaruhi oleh beberapa hal : 1. Yang berkaitan dengan alat, seperti : · Ada tidaknya baffle atau cruciform vaffle · Bentuk atau jenis pengaduk (turbin, propele, padel) · Ukuran pengaduk (diameter, tinggi) · Laju putaran pengaduk · Ledudukan pengaduk pada tangki, seperti : a. Jarak pengaduk terhadap dasar tangki b. Pola pemasangan : - Center, vertikal - Off center, vertical - Miring (inclined) dari atas - Horisontal · Jumlah daun pengaduk · Jumlah pengaduk yang terpasang pada poros pengaduk 2. · · ·

Yang berhubungan dengan cairan yang diaduk : Perbandingan kerapatan atau densitas cairan yang diaduk Perbandingan viskositas cairan yang diaduk Jumlah kedua cairan yang diaduk Jenis cairan yang diaduk (miscible, immiscible)

Faktor-faktor tersebut dapat dijadikan variabel yang dapat dimanipulasi untuk mengamati pengaruh setiap faktor terhadap karakteristik pengadukan, terutama tehadap waktu pencampuran.

BAB VI : REAKTOR KIMIA

Azas Teknik Kimia

Page 176

Reaktor kimia adalah sebuah alat industri kimia , dimana terjadi reaksi bahan mentah menjadi produk yang lebih berharga. Tujuan pemilihan reaktor adalah : 1. Mendapat keuntungan yang besar 2. Biaya produksi rendah 3. Modal kecil/volume reaktor minimum 4. Operasinya sederhana dan murah 5. Keselamatan kerja terjamin 6. Polusi terhadap sekelilingnya (lingkungan) dijaga sekecil-kecilnya Pemilihan jenis reaktor dipengaruhi oleh : 1. Fase zat pereaksi dan hasil reaksi 2. Tipe reaksi dan persamaan kecepatan reaksi, serta ada tidaknya reaksi samping 3. Kapasitas produksi 4. Harga alat (reactor) dan biaya instalasinya 5. Kemampuan reactor untuk menyediakan luas permukaan yang cukup untuk perpindahan panas Jenis-jenis Reaktor A.

Berdasarkan Bentuknya

 Reaktor Tangki atau Bejana  Reaktor Pipa Kedua jenis reaktor dapat dioperasikan secara kontinyu maupun partaian/batch. Biasanya, reaktor beroperasi dalam keadaan ajeg namun kadang-kadang bisa juga beroperasi secara transien. Biasanya keadaan reaktor yang transien adalah ketika reaktor pertama kali dioperasikan (mis: setelah perbaikan atau pembelian baru) di mana komponen produk masih berubah terhadap waktu. Biasanya bahan yang direaksikan dalam reaktor kimia adalah cairan dan gas, namun kadang-kadang ada juga padatan yang diikutkan dalam reaksi (mis: katalisator, regent, inert). Tentu saja perlakuan terhadap bahan yang akan direaksikan akan berbeda. Ada tiga tipe pendekatan utama yang digunakan dalam pengoperasian reaktor:  Model Reaktor Alir Tangki Berpengaduk (RATB) atau dikenal juga sebagai RTIK (Reaktor Tangki Ideal Kontinu)  Model Reaktor Alir Pipa (RAP) atau dikenal juga sebagai RAS (Reaktor Aliran Sumbat)  Model reaktor batch

1.

Reaktor Alir Tangki Berpengaduk (RATB) atau Continuous flow stirred-tank reactor (CSTR)

Azas Teknik Kimia

Page 177

Dikatakan reaktor tangki ideal bila pengadukannya sempurna, sehingga komposisi dan suhu didalam reaktor setiap saat selalu seragam (uniform). Dapat dipakai untuk proses batch, semi batch, dan proses alir. 2. Reaktor pipa Biasanya digunakan tanpa pengaduk sehingga disebut Reaktor Alir Pipa. Dikatakan ideal bila zat pereaksi yang berupa gas atau cairan, mengalir didalam pipa dengan arah sejajar sumbu pipa. B. Berdasarkan prosesnya 1. Reaktor Batch  Biasanya untuk reaksi fase cair  Digunakan pada kapasitas produksi yang kecil Keuntungan reactor batch: - Lebih murah dibanding reactor alir - Lebih mudah pengoperasiannya - Lebih mudah dikontrol Kerugian reactor batch: - Tidak begitu baik untuk reaksi fase gas (mudah terjadi kebocoran pada lubang pengaduk) - Waktu yang dibutuhkan lama, tidak produktif (untuk pengisian, pemanasan zat pereaksi, pendinginan zat hasil, pembersihan reactor, waktu reaksi) Azas Teknik Kimia

Page 178

2. Reaktor Alir (Continous Flow) Ada 2 jenis: a. RATB (Reaktor Alir Tangki Berpengaduk) Keuntungan: 

Suhu dan komposisi campuran dalam rerraktor sama



Volume reactor besar, maka waktu tinggal juga besar, berarti zat pereaksi lebih lama bereaksi di reactor.

Kerugian: 

Tidak effisien untuk reaksi fase gas dan reaksi yang bertekanan tinggi.



Kecepatan perpindahan panas lebih rendah dibanding RAP



Untuk menghasilkan konversi yang sama, volume yang dibutuhkan RATB lebih besar dari RAP.

b. RAP (Reaktor Alir Pipa)

Dikatakan ideal jika zat pereaksi dan hasil reaksi mengalir dengan kecepatan yang sama diseluruh penampang pipa. Keuntungan : Memberikan volume yang lebih kecil daripada RATB, untuk konversi yang sama Kerugian: 1. Harga alat dan biaya instalasi tinggi. 2. Memerlukan waktu untuk mencapai kondisi steady state. 3. Untuk reaksi eksotermis kadang-kadang terjadi “Hot Spot”

(bagian yang

suhunya sangat tinggi) pada tempat pemasukan . Dapat menyebabkan kerusakan pada dinding reaktor. 3. Reaktor semi batch Biasanya berbentuk tangki berpengaduk

Azas Teknik Kimia

Page 179

C. Jenis reaktor berdasarkan keadaan operasinya 1. Reaktor isotermal. Dikatakan isotermal jika umpan yang masuk, campuran dalam reaktor, aliran yang keluar dari reaktor selalu seragam dan bersuhu sama. 2. Reaktor adiabatis. 

Dikatakan adiabatis jika tidak ada perpindahan panas antara reaktor dan sekelilingnya.



Jika reaksinya eksotermis, maka panas yang terjadi karena reaksi dapat dipakai untuk menaikkan suhu campuran di reaktor. ( K naik dan –rA besar sehingga waktu reaksi menjadi lebih pendek).

3. Reaktor Non-Adiabatis D. Reaktor Gas Cair dengan Katalis Padat 1. Packed/Fixed bed reaktor (PBR). Terdiri dari satu pipa/lebih berisi tumpukan katalis stasioner dan dioperasikan vertikal. Biasanya dioperasikan secara adiabatis.

2. Fluidized bed reaktor (FBR) 

Reaktor dimana katalisnya terangkat oleh aliran gas reaktan.



Operasinya: isotermal.

Azas Teknik Kimia

Page 180



Perbedaan dengan Fixed bed: pada Fluidized bed jumlah katalis lebih sedikit dan katalis bergerak sesuai kecepatan aliran gas yang masuk serta FBR memberikan luas permukaan yang lebih besar dari PBR

E. Fluid-fluid reaktor Biasa digunakan untuk reaksi gas-cair dan cair-cair. 1. Bubble Tank.

2. Agitate Tank

3. Spray Tower

Azas Teknik Kimia

Page 181

Pertimbangan dalam pemilihan fluid-fluid reaktor. 1. Untuk gas yang sukar larut (Kl <) sehingga transfer massa kecil maka Kl harus diperbesar. Jenis spray tower tidak sesuai karena Kg besar pada Spray Tower. 2. Jika lapisan cairan yang dominan, berarti tahanan dilapisan cairan kecil maka Kl harus diperbesar » jenis spray tower tidak sesuai. 3. Jika lapisan gas yang mengendalikan (maka Kg <) » jenis bubble tank dihindari. 4. Untuk gas yang mudah larut dalam air » jenis bubble tank dihindari.

Azas Teknik Kimia

Page 182