Kimia Universitas — Tahun 2 · Bachelor Year 2

4Tetapan Kesetimbangan dan Pergeseran Kesetimbangan

Sebuah pabrik amonia menjalankan konverternya pada sekitar $450\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ dan $200\,\mathrm{bar}$ . Pada suhu kamar, kesetimbangan $\ce{N2 + 3H2 <=> 2NH3}$ terletak begitu jauh di sisi amonia sehingga, pada prinsipnya, campuran unsur-unsurnya dapat diubah hampir seluruhnya; namun para insinyur memanaskannya, yang justru mendorong kesetimbangan mundur, lalu memampatkannya sampai dua ratus atmosfer, yang memakan banyak sekali energi. Alasannya adalah kompromi antara seberapa jauh sebuah reaksi dapat berlangsung dan seberapa cepat reaksi itu berlangsung. Bab ini mengubah energi Gibbs dari bab-bab sebelumnya menjadi tetapan kesetimbangan dari jilid Tahun 1, menunjukkan bagaimana tetapan itu berubah terhadap suhu, menghitung berapa banyak kondisi yang dapat dipilih secara bebas oleh seorang peneliti, dan meramalkan ke arah mana sebuah kesetimbangan bergeser ketika suhu, tekanan, atau komposisi diubah.

Yang sudah kamu ketahui

Bab 2: kriteria evolusi $\Delta_r G\,\dd\xi \leq 0$ dan hubungan Gibbs–Helmholtz; Bab 3: $\Delta_r G = \Delta_r G^\circ + RT\ln Q$ . Jilid Tahun 1: kuosien reaksi $Q = \prod_i a_i^{\nu_i}$ , tetapan kesetimbangan standar $K^\circ$ sebagai nilai $Q$ pada kesetimbangan, hukum aksi massa, dan aturan “ $Q < K^\circ$ : ke arah maju”, yang semuanya dinyatakan di sana sebagai hukum; tabel kemajuan; keadaan akhir satu atau dua reaksi. Jilid itu juga menjanjikan bahwa pilihan suhu dan tekanan untuk amonia dan untuk belerang trioksida akan dijelaskan di sini.

Sebuah pabrik amonia pada malam hari. Di dalam konverternya, nitrogen dan hidrogen dialirkan melewati katalis besi pada suhu beberapa ratus derajat dan tekanan beberapa ratus bar; pemilihan kondisi itu adalah pokok bahasan soal akhir pekan.

4.1 Tetapan kesetimbangan dari energi Gibbs

Teorema 4.1 (Tetapan kesetimbangan standar)

Pada kesetimbangan $\Delta_r G = 0$ , dan kuosien reaksi mencapai nilai

K^\circ(T) = \exp\!\left(-\frac{\Delta_r G^\circ(T)}{RT}\right), \qquad \Delta_r G^\circ(T) = -RT\ln K^\circ(T) .

Tetapan ini hanya bergantung pada suhu.

Bukti. Kriteria evolusi menjadikan $\Delta_r G = 0$ sebagai syarat kesetimbangan. Dengan $\Delta_r G = \Delta_r G^\circ + RT\ln Q$ (Proposisi 3.13), kesetimbangan berarti $\ln Q_{\text{eq}} = -\Delta_r G^\circ/(RT)$ , yang merupakan fungsi $T$ saja karena $\Delta_r G^\circ$ demikian. ∎

Akibat 4.2 (Hukum-hukum jilid Tahun 1)

$\Delta_r G = RT\ln(Q/K^\circ)$ . Jadi sistem dengan $Q < K^\circ$ berevolusi ke arah maju, sistem dengan $Q > K^\circ$ ke arah balik, dan sistem dengan $Q = K^\circ$ berada dalam kesetimbangan (hukum aksi massa).

Bukti. Substitusikan $\Delta_r G^\circ = -RT\ln K^\circ$ ke dalam $\Delta_r G = \Delta_r G^\circ + RT\ln Q$ ; tanda $\Delta_r G$ sama dengan tanda $\ln(Q/K^\circ)$ , dan kriteria evolusi mensyaratkan $\Delta_r G\,\dd\xi \leq 0$ . ∎

Contoh 4.3 (Tiga tetapan pada $298\,\mathrm{K}$ )

Sintesis amonia mempunyai $\Delta_r G^\circ = -32.8\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ , sehingga $K^\circ = \exp(32\,800/(8.314 \times 298.15)) = 5.6 \times 10^{5}$ (tabel, dengan lebih banyak angka, memberikan $5.4 \times 10^{5}$ ). Disosiasi $\ce{N2O4}$ , $\Delta_r G^\circ = +4.7\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ : $K^\circ = 0.15$ . Penguraian batu kapur, $\Delta_r G^\circ = +130.4\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ : $K^\circ = 1.5 \times 10^{-23}$ , dan tekanan kesetimbangan karbon dioksida di atas batu kapur pada suhu kamar adalah $1.5 \times 10^{-23}$ bar, praktis nol. Perubahan $5.7\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ pada $\Delta_r G^\circ$ pada $298\,\mathrm{K}$ mengalikan atau membagi $K^\circ$ dengan sepuluh.

Energi Gibbs seluruh sistem menunjukkan hal yang sama sebagai sebuah lanskap: energi itu paling rendah pada kemajuan kesetimbangan, tempat kemiringannya, $\Delta_r G$ , sama dengan nol.

Energi Gibbs sistem tertutup berisi gas sempurna pada 298\, K dan 1\, bar, mulai dari 1\, mol N2O4, terhadap kemajuan N2O4 <=> 2NO2. Walaupun _r G > 0 (garis putus-putus, spesies murni), pencampuran kedua gas menurunkan G, dan minimumnya terletak pada = 0.189, tempat Q = K = 0.15. Di sebelah kirinya kemiringan _r G = G/ negatif, di sebelah kanannya positif. — Energi Gibbs sistem tertutup berisi gas sempurna pada $298\,\mathrm{K}$ dan $1\,\mathrm{bar}$ , mulai dari $1\,\mathrm{mol}$ $\ce{N2O4}$ , terhadap kemajuan $\ce{N2O4 <=> 2NO2}$ . Walaupun $\Delta_r G^\circ > 0$ (garis putus-putus, spesies murni), pencampuran kedua gas menurunkan $G$ , dan minimumnya terletak pada $\xi = 0.189$ , tempat $Q = K^\circ = 0.15$ . Di sebelah kirinya kemiringan $\Delta_r G = \partial G/\partial\xi$ negatif, di sebelah kanannya positif.

4.2 Suhu: persamaan van ’t Hoff

Teorema 4.4 (Persamaan van ’t Hoff)

\frac{\dd\ln K^\circ}{\dd T} = \frac{\Delta_r H^\circ(T)}{RT^2}

(persamaan van ’t Hoff): tetapan kesetimbangan reaksi endoterm bertambah seiring kenaikan suhu, sedangkan tetapan kesetimbangan reaksi eksoterm berkurang.

Bukti. Tuliskan $\ln K^\circ = -\Delta_r G^\circ/(RT)$ dan gunakan hubungan Gibbs–Helmholtz pada Proposisi 2.18,

\frac{\dd}{\dd T}\left(\frac{\Delta_r G^\circ}{T}\right) = -\frac{\Delta_r H^\circ}{T^2} ;

lalu bagilah dengan $-R$ . ∎

Proposisi 4.5 (Bentuk terintegrasi)

Jika $\Delta_r H^\circ$ tetap antara $T_1$ dan $T_2$ (pendekatan Ellingham),

\ln\frac{K^\circ(T_2)}{K^\circ(T_1)} = -\frac{\Delta_r H^\circ}{R}\left( \frac{1}{T_2} - \frac{1}{T_1}\right),

dan $\ln K^\circ$ merupakan garis lurus dengan kemiringan $-\Delta_r H^\circ/R$ terhadap $1/T$ .

Bukti. Integrasikan $\dd\ln K^\circ = (\Delta_r H^\circ/R)\,\dd T/T^2$ , dengan memperhatikan bahwa $\dd T/T^2 = -\dd(1/T)$ . ∎

Tetapan N2 + 3H2 <=> 2NH3 dari tabel (titik-titik, 298 sampai 1000\, K) dan garis van ’t Hoff yang digambar dengan _r H pada 298\, K (putus-putus). Reaksi ini eksoterm: K turun dari 5 × 105 menjadi 3 × 10-7. Pada suhu tinggi, titik-titik itu jatuh di bawah garis: _r H menjadi lebih negatif ketika T naik (). — Tetapan $\ce{N2 + 3H2 <=> 2NH3}$ dari tabel (titik-titik, 298 sampai $1000\,\mathrm{K}$ ) dan garis van ’t Hoff yang digambar dengan $\Delta_r H^\circ$ pada $298\,\mathrm{K}$ (putus-putus). Reaksi ini eksoterm: $K^\circ$ turun dari $5 \times 10^{5}$ menjadi $3 \times 10^{-7}$ . Pada suhu tinggi, titik-titik itu jatuh di bawah garis: $\Delta_r H^\circ$ menjadi lebih negatif ketika $T$ naik (Contoh 1.21).

Metode 4.6 (Tetapan kesetimbangan pada suhu lain)

Dari tabel pada $298\,\mathrm{K}$ , hitunglah $\Delta_r H^\circ$ , $\Delta_r S^\circ$ , dan $K^\circ(298)$ .
Gunakan persamaan van ’t Hoff terintegrasi, atau hitunglah $\Delta_r G^\circ(T) = \Delta_r H^\circ - T\Delta_r S^\circ$ lalu $K^\circ(T)$ : keduanya merupakan pendekatan yang sama.
Untuk selang yang lebar atau $\Delta_r C_p^\circ$ yang besar, utamakan $\Delta_f G^\circ(T)$ yang ditabelkan; galat $5.7\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ pada $298\,\mathrm{K}$ (atau $13\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ pada $700\,\mathrm{K}$ ) berarti faktor sepuluh pada $K^\circ$ .

Sejarah — Jacobus Henricus van ’t Hoff

Jacobus Henricus van ’t Hoff (1852–1911) pada tahun 1884, dalam Études de dynamique chimique, memberikan hubungan antara suhu dan tetapan kesetimbangan yang menyandang namanya, dan setahun kemudian hukum tekanan osmotik pada Bab 3; sepuluh tahun sebelumnya ia telah mengusulkan atom karbon tetrahedral. Ia menerima Hadiah Nobel Kimia yang pertama, pada tahun 1901. (Foto oleh N. Perscheid, 1904: domain publik, Wikimedia Commons.)

4.3 Varians

Berapa banyak besaran intensif yang dapat ditetapkan secara bebas oleh seorang peneliti sebelum keadaan kesetimbangan tertentu sepenuhnya?

Definisi 4.7 (Varians)

Yang disebut parameter intensif bebas sebuah sistem dalam kesetimbangan adalah sekumpulan besaran intensif (suhu, tekanan, fraksi mol dalam setiap fase) yang dapat dipilih secara bebas dan yang, begitu dipilih, menetapkan semua besaran lainnya. Banyaknya parameter itu disebut varians $v$ sistem (sering juga disebut derajat kebebasan sistem).

Teorema 4.8 (Aturan fase)

Untuk sistem dengan $n$ spesies yang tersebar di antara $\varphi$ fase, yang dihubungkan oleh $r$ reaksi kesetimbangan bebas dan oleh $s$ hubungan tambahan antara besaran-besaran intensif yang ditetapkan oleh cara penyiapannya (umpan stoikiometris, kenetralan listrik),

v = c + 2 - \varphi, \qquad c = n - r - s .

Bukti. Variabel intensif: $T$ , $p$ , dan dalam setiap fase fraksi mol dari $n$ spesies, yang jumlahnya 1, sehingga ada $n - 1$ yang bebas per fase: seluruhnya $2 + \varphi(n - 1)$ . Hubungan: setiap spesies berada dalam kesetimbangan di antara fase-fase, yaitu $\varphi - 1$ kesamaan potensial kimia per spesies, seluruhnya $n(\varphi - 1)$ ; setiap reaksi memberikan $Q = K^\circ(T)$ , yaitu $r$ hubungan; dan $s$ hubungan tambahan. Kurangkan: $v = 2 + \varphi(n - 1) - n(\varphi - 1) - r - s = n - r - s + 2 - \varphi$ . (Spesies yang tidak terdapat dalam suatu fase menghilangkan satu variabel dan satu hubungan sekaligus.) ∎

Metode 4.9 (Menghitung varians)

Daftarlah spesies-spesiesnya, beserta fasenya, lalu hitunglah $n$ dan $\varphi$ (setiap padatan murni adalah satu fase; semua gas membentuk satu fase).
Hitunglah reaksi-reaksi bebas $r$ di antara spesies itu.
Hitunglah hubungan tambahan $s$ : jumlah zat dalam perbandingan stoikiometris (hanya jika hubungan itu menyangkut besaran-besaran dalam fase yang sama), kenetralan listrik larutan ion.
$v = n - r - s + 2 - \varphi$ .

Contoh 4.10 (Tiga varians)

Batu kapur dalam bejana tertutup, $\ce{CaCO3(s) <=> CaO(s) + CO2(g)}$ : $n = 3$ , $r = 1$ , $\varphi = 3$ (dua padatan, satu gas): $v = 1$ . Pilihlah $T$ , maka tekanan karbon dioksida sudah tertentu: $p = K^\circ(T)\,p^\circ$ . Campuran gas $\ce{N2}$ , $\ce{H2}$ , dan $\ce{NH3}$ dalam kesetimbangan: $n = 3$ , $r = 1$ , $\varphi = 1$ , $v = 3$ ( $T$ , $p$ , dan satu variabel komposisi); jika dibuat dari amonia saja, atau dari umpan stoikiometris, $\ce{N2}$ dan $\ce{H2}$ berada dalam perbandingan 1 : 3, $s = 1$ dan $v = 2$ : pada $T$ dan $p$ tertentu, komposisinya sudah tertentu, seperti yang dipakai dalam soal akhir pekan.

4.4 Menggeser kesetimbangan

Definisi 4.11 (Pergeseran kesetimbangan)

Jika sebuah sistem dalam kesetimbangan diganggu (perubahan suhu, tekanan, atau jumlah suatu zat), sistem itu pada umumnya tidak lagi berada dalam kesetimbangan dan berevolusi menuju kesetimbangan baru. Yang disebut pergeseran kesetimbangan terjadi ke arah maju jika reaksi itu maju ( $\dd\xi > 0$ ) dan ke arah balik jika tidak.

Metode 4.12 (Meramalkan pergeseran)

Sesaat setelah gangguan, hitunglah (atau perkirakan tanda perubahan) $Q$ dan $K^\circ$ . Jika sekarang $Q < K^\circ$ , pergeseran terjadi ke arah maju; jika $Q > K^\circ$ , ke arah balik; jika kesamaannya masih berlaku, tidak ada pergeseran.

Gangguan menggeser Q (atau K, jika suhunya berubah); sistem kemudian bergeser sampai Q = K lagi, ke arah maju jika Q menjadi terlalu kecil, ke arah balik jika terlalu besar. — Gangguan menggeser $Q$ (atau $K^\circ$ , jika suhunya berubah); sistem kemudian bergeser sampai $Q = K^\circ$ lagi, ke arah maju jika $Q$ menjadi terlalu kecil, ke arah balik jika terlalu besar.

Proposisi 4.13 (Suhu)

Pada tekanan tetap, menaikkan suhu menggeser kesetimbangan ke arah endoterm (ke arah maju jika $\Delta_r H^\circ > 0$ ), menurunkan suhu menggesernya ke arah eksoterm.

Bukti. Pada komposisi dan tekanan tetap, $Q$ tidak berubah terhadap $T$ (untuk sistem ideal); menurut van ’t Hoff, $K^\circ$ bertambah seiring $T$ jika $\Delta_r H^\circ > 0$ . Jadi, sesaat setelah kenaikan $T$ , $Q < K^\circ$ : ke arah maju. ∎

Proposisi 4.14 (Tekanan)

Pada suhu dan komposisi tetap, menaikkan tekanan total sebuah kesetimbangan fase gas menggesernya ke arah yang mengurangi jumlah molekul gas (ke arah maju jika $\Delta\nu_{\text{gas}} < 0$ ). Jika $\Delta\nu_{\text{gas}} = 0$ , tekanan tidak berpengaruh.

Bukti. Dengan $p_i = x_ip$ , $Q = \prod_i x_i^{\nu_i}\,(p/p^\circ)^{\Delta\nu_{\text{gas}}}$ : pada komposisi tetap, menaikkan $p$ mengalikan $Q$ dengan $(p'/p)^{\Delta\nu_{\text{gas}}}$ , yang $< 1$ jika $\Delta\nu_{\text{gas}} < 0$ . Maka $Q < K^\circ$ : ke arah maju. Fase-fase terkondensasi tidak menyumbang apa pun. ∎

Proposisi 4.15 (Menambahkan konstituen atau gas inert)

Penambahan sedikit konstituen gas $j$ pada kesetimbangan fase gas mengubah $\ln Q$ sebesar

\left(\frac{\partial\ln Q}{\partial n_j}\right) = \frac{\nu_j}{n_j} - \frac{\Delta\nu_{\text{gas}}}{n_{\text{tot}}}\ \ \text{bila tetap: } T, p ; \qquad \frac{\nu_j}{n_j}\ \ \text{bila tetap: } T, V .

Penambahan gas inert tidak berpengaruh pada volume tetap, dan pada tekanan tetap berperan sebagai penurunan tekanan.

Bukti. Pada $T$ , $p$ tetap: $Q = \prod_i n_i^{\nu_i}\,(p/(p^\circ n_{\text{tot}}))^{ \Delta\nu_{\text{gas}}}$ , yang turunan logaritmiknya terhadap $n_j$ adalah $\nu_j/n_j - \Delta\nu_{\text{gas}}/n_{\text{tot}}$ (suku pertama nol untuk gas inert, $\nu_j = 0$ ). Pada $T$ , $V$ tetap: $p_i = n_iRT/V$ dan $Q = \prod_i n_i^{ \nu_i}\,(RT/(p^\circ V))^{\Delta\nu_{\text{gas}}}$ , yang turunannya hanya $\nu_j/n_j$ . ∎

Catatan 4.16 (Pereaksi yang ditambahkan justru mendorong reaksi mundur)

Dalam sintesis amonia, $\nu(\ce{N2}) = -1$ dan $\Delta\nu_{\text{gas}} = -2$ : penambahan nitrogen pada $T$ dan $p$ tetap mengubah $\ln Q$ sebesar $-1/n_{\ce{N2}} + 2/n_{\text{tot}}$ , yang positif jika $x(\ce{N2}) > 1/2$ . Dalam campuran yang sudah kaya nitrogen, menambahkan nitrogen lagi mengencerkan hidrogen sedemikian rupa sehingga amonia terurai. Aturan “menambahkan pereaksi mendorong reaksi maju” aman pada volume tetap, tetapi tidak selalu pada tekanan tetap.

Proposisi 4.17 (Asas Le Chatelier)

Proposisi-proposisi di atas dirangkum oleh asas Le Chatelier: sistem dalam kesetimbangan yang diganggu suhu atau tekanannya bergeser ke arah yang melawan gangguan itu (sistem menyerap kalor jika dipanaskan, mengurangi volume gasnya jika dimampatkan).

Bukti. Asas ini menyatakan kembali Proposisi 4.13 (arah endoterm menyerap kalor) dan Proposisi 4.14 (molekul gas yang lebih sedikit menempati volume yang lebih kecil pada $T$ dan $p$ yang sama). Untuk penambahan materi pada tekanan tetap, asas ini tidak dapat diandalkan (Catatan 4.16): hitunglah $Q$ . ∎

Catatan 4.18 (Ketika kesetimbangan berakhir)

Pergeseran dapat berakhir bukan pada kesetimbangan baru, melainkan pada hilangnya suatu fase. Jika dipanaskan dalam bejana tertutup, batu kapur terurai sampai $p(\ce{CO2}) = K^\circ(T)\,p^\circ$ ; jika jumlahnya tidak cukup untuk mencapai tekanan itu, batu kapur habis seluruhnya dan $Q$ tetap di bawah $K^\circ$ : sistem itu berada di luar kesetimbangan untuk seterusnya, seperti yang sudah diamati dalam jilid Tahun 1.

Sejarah — Henry Le Chatelier

Henry Le Chatelier (1850–1936), insinyur pertambangan dan kimiawan yang meneliti semen, metalurgi, dan pirometri, pada tahun 1884 menyatakan “hukum pergeseran kesetimbangan” yang menyandang namanya. Sekitar tahun 1901 ia juga telah mencoba membuat amonia dari unsur-unsurnya di bawah tekanan; sebuah ledakan pada peralatannya mengakhiri upaya itu. (Foto: penulis tidak diketahui, CC BY-SA 4.0, Wikimedia Commons.)

4.5 Mengoptimalkan sebuah sintesis

Amonia

Sintesis ini eksoterm dan mengurangi empat molekul gas menjadi dua: menurut proposisi-proposisi di atas, suhu rendah dan tekanan tinggi menguntungkan amonia. Pada $1\,\mathrm{bar}$ dan suhu kamar, kesetimbangannya hampir tuntas, tetapi reaksinya sama sekali tidak berjalan: ikatan rangkap tiga nitrogen hanya putus pada permukaan katalis, dan katalis besi hanya bekerja pada suhu beberapa ratus derajat. Karena itu pabrik memilih:

suhu yang cukup tinggi demi laju, serendah yang dimungkinkan oleh katalis (sekitar $700\,\mathrm{K}$ );
tekanan tinggi untuk memulihkan rendemen yang hilang karena suhu, yang dibatasi oleh biaya pemampatan dan bejana berdinding tebal;
sebuah sirkuit: gas yang keluar dari konverter didinginkan, amonia mengembun dan dipisahkan, dan gas yang tidak terkonversi didaur ulang bersama umpan segar; purge kecil membuang argon dan metana yang jika tidak akan menumpuk.

Definisi 4.19 (Konversi sekali lewat, daur ulang, purge)

Dalam proses dengan daur ulang, yang disebut konversi sekali lewat adalah fraksi suatu pereaksi yang terkonversi dalam satu kali lewat melalui reaktor; bagian yang tidak terkonversi, setelah dipisahkan dari produk, dikembalikan ke saluran masuk reaktor sebagai daur ulang; purge adalah aliran kecil yang terus-menerus diambil dari daur ulang untuk mencegah spesies inert menumpuk.

Sirkuit amonia. Setiap kali lewat hanya sebagian gas yang terkonversi; amonia diembunkan dan dipisahkan, dan sisanya dimampatkan kembali dan dikirim balik bersama umpan segar. Purge mencegah argon dan metana, yang tidak bereaksi, menumpuk.

Sejarah — Haber dan Bosch

Fritz Haber (1868–1934) mengukur kesetimbangan amonia di bawah tekanan dan, pada tahun 1909, membuatnya mengalir terus-menerus dari konverter laboratorium melewati katalis osmium. Carl Bosch (1874–1940) menjadikannya sebuah industri, dengan bejana baja yang tahan terhadap hidrogen panas bertekanan dan katalis besi yang murah; pabrik pertama mulai beroperasi pada tahun 1913. Haber menerima Hadiah Nobel pada tahun 1918, Bosch pada tahun 1931. (Potret dari Yayasan Nobel: domain publik, Wikimedia Commons.)

Belerang trioksida

Dalam proses kontak, $\ce{2SO2(g) + O2(g) <=> 2SO3(g)}$ ( $\Delta_r H^\circ = -197.8\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ untuk persamaan sebagaimana tertulis) berlangsung di atas katalis vanadium oksida, yang hanya aktif dalam keadaan panas, di dalam beberapa unggun adiabatik. Dalam setiap unggun, kalor yang dilepaskan menaikkan suhu, yang menurunkan $K^\circ$ ; konversi berhenti ketika gas mencapai kurva kesetimbangan. Pendinginan di antara unggun membawanya kembali ke suhu tempat kesetimbangan memungkinkan konversi lebih lanjut.

Konversi kesetimbangan SO2 menjadi SO3 terhadap suhu (hitam) untuk umpan model 10\,\% SO2, 11\,\% O2 pada 1\, bar, dan jalur gas melalui tiga unggun adiabatik (merah, suhunya naik karena reaksi memanaskan gas), dengan pendinginan di antara unggun (biru). — Konversi kesetimbangan $\ce{SO2}$ menjadi $\ce{SO3}$ terhadap suhu (hitam) untuk umpan model $10\,\%$ $\ce{SO2}$ , $11\,\%$ $\ce{O2}$ pada $1\,\mathrm{bar}$ , dan jalur gas melalui tiga unggun adiabatik (merah, suhunya naik karena reaksi memanaskan gas), dengan pendinginan di antara unggun (biru).

4.6 Latihan

Latihan 4.1 ★

Hitunglah $K^\circ$ pada $298\,\mathrm{K}$ untuk reaksi dengan $\Delta_r G^\circ = -32.8\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ , lalu untuk $\Delta_r G^\circ = +32.8\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ . Perubahan $\Delta_r G^\circ$ berapakah yang mengalikan $K^\circ$ dengan 100?

Solusi

Solusi Latihan 4.1.

$K^\circ = \exp(32\,800/(8.314 \times 298.15)) = 5.6 \times 10^{5}$ , dan untuk $+32.8\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ kebalikannya, $1.8 \times 10^{-6}$ . Faktor 100 memerlukan $\Delta(\Delta_r G^\circ) = -RT\ln 100 = -11.4\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ .

Latihan 4.2 ★

Untuk sintesis amonia, $K^\circ(298) = 5.4 \times 10^{5}$ dan $\Delta_r H^\circ = -91.9\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ . Perkirakan $K^\circ$ pada $400\,\mathrm{K}$ dengan persamaan van ’t Hoff terintegrasi; tabel memberikan 35.6.

Solusi

Solusi Latihan 4.2.

$\ln K^\circ(400) = \ln(5.4 \times 10^5) + (91\,880/8.314)(1/400 - 1/298.15) = 13.20 - 9.44 = 3.76$ , $K^\circ \approx 43$ . Tabel memberikan 35.6: dalam rentang $100\,\mathrm{K}$ , pendekatan $\Delta_r H^\circ$ tetap sudah meleset 20 % (reaksi menjadi lebih eksoterm ketika $T$ naik).

Latihan 4.3 ★

Hitunglah varians untuk: (a) air cair dalam kesetimbangan dengan uapnya; (b) $\ce{CaCO3(s) <=> CaO(s) + CO2(g)}$ dalam bejana tertutup; (c) $\ce{N2}$ , $\ce{H2}$ , $\ce{NH3}$ dalam kesetimbangan, dengan umpan sembarang; (d) $\ce{C(s) + H2O(g) <=> CO(g) + H2(g)}$ .

Solusi

Solusi Latihan 4.3.

(a) $n = 1$ , $r = 0$ , $\varphi = 2$ : $v = 1$ (tekanan uap merupakan fungsi $T$ ). (b) $v = 3 - 1 + 2 - 3 = 1$ . (c) $v = 3 - 1 + 2 - 1 = 3$ . (d) Empat spesies, satu reaksi, dua fase (karbon dan gas): $v = 4 - 1 + 2 - 2 = 3$ ; jika gasnya hanya dibuat dari karbon dan uap air, $n(\ce{CO}) = n(\ce{H2})$ dalam gas, $s = 1$ dan $v = 2$ .

Latihan 4.4 ★

Untuk $\ce{N2O4(g) <=> 2NO2(g)}$ , $\Delta_r H^\circ > 0$ . Ke arah mana kesetimbangan bergeser jika dipanaskan pada tekanan tetap, jika dimampatkan pada suhu tetap, dan jika argon ditambahkan pada volume tetap?

Solusi

Solusi Latihan 4.4.

Pemanasan: ke arah endoterm, menuju $\ce{NO2}$ (ke arah maju). Pemampatan: menuju molekul gas yang lebih sedikit, $\ce{N2O4}$ (ke arah balik). Argon pada volume tetap: tidak ada perubahan, tekanan parsial gas-gas yang bereaksi tidak berubah.

Latihan 4.5 ★★

Untuk $\ce{N2(g) + O2(g) <=> 2NO(g)}$ , $\Delta_r H^\circ = 180.6\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ , $\Delta_r S^\circ = 24.8\,\mathrm{J}/(\mathrm{K}\,\mathrm{mol})$ . Hitunglah $K^\circ$ pada $298\,\mathrm{K}$ dan pada $2000\,\mathrm{K}$ (pendekatan Ellingham), serta fraksi mol $\ce{NO}$ dalam udara ( $x(\ce{N2}) = 0.78$ , $x(\ce{O2}) = 0.21$ , hanya sedikit terkonsumsi) pada kesetimbangan pada $2000\,\mathrm{K}$ . Mengapa mesin menghasilkan polutan ini, dan mengapa polutan itu tetap ada dalam gas buang yang sudah dingin?

Solusi

Solusi Latihan 4.5.

Pada $298\,\mathrm{K}$ : $\Delta_r G^\circ = 180.6 - 298.15 \times 0.0248 = 173.2\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ , $K^\circ = 4.5 \times 10^{-31}$ . Pada $2000\,\mathrm{K}$ : $\Delta_r G^\circ = 180.6 - 2000 \times 0.0248 = 131.0\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ , $K^\circ = 3.8 \times 10^{-4}$ . Dengan $\Delta\nu_{\text{gas}} = 0$ , $x(\ce{NO})^2 = K^\circ x(\ce{N2}) x(\ce{O2})$ : $x(\ce{NO}) = \sqrt{3.8 \times 10^{-4} \times 0.78 \times 0.21} = 7.9 \times 10^{-3}$ , hampir satu persen. Mesin membakar bahan bakar pada suhu setinggi itu; ketika gas mendingin, $K^\circ$ turun sangat jauh, tetapi penguraian $\ce{NO}$ sangat lambat: kesetimbangan suhu tinggi itu “membeku” di dalam gas buang (sampai sebuah katalis menghilangkannya).

Latihan 4.6 ★★

Sebuah esterifikasi $\mathrm{A + B \rightleftharpoons E + W}$ dalam fase cair mempunyai $K^\circ = 4.0$ (aktivitas dianggap sama dengan fraksi mol). Mulai dari $1.0\,\mathrm{mol}$ asam A, hitunglah jumlah ester dengan $1.0\,\mathrm{mol}$ , lalu dengan $3.0\,\mathrm{mol}$ alkohol B. Jelaskan, dengan $Q$ dan $K^\circ$ , mengapa pengambilan air segera setelah terbentuk mendorong reaksi sampai tuntas.

Solusi

Solusi Latihan 4.6.

Dengan $\xi$ mol ester dan jumlah zat total yang tetap, $Q = \xi^2/[(1 - \xi)(n_B - \xi)]$ . Untuk $n_B = 1.0$ : $\xi^2/(1 - \xi)^2 = 4$ , $\xi = 0.67\,\mathrm{mol}$ . Untuk $n_B = 3.0$ : $3\xi^2 - 16\xi + 12 = 0$ , $\xi = 0.90\,\mathrm{mol}$ . Pengambilan air menjaga $Q$ tetap di bawah $K^\circ$ berapa pun $\xi$ : reaksi terus berjalan ke arah maju sampai asamnya habis.

Latihan 4.7 ★★

Pada $298\,\mathrm{K}$ dan $1\,\mathrm{bar}$ , $K^\circ = 0.148$ untuk $\ce{N2O4 <=> 2NO2}$ . Hitunglah derajat disosiasi $1\,\mathrm{mol}$ $\ce{N2O4}$ . Kemudian $1\,\mathrm{mol}$ argon ditambahkan pada tekanan total tetap: hitunglah derajat disosiasi yang baru, lalu jelaskan. Apa yang terjadi jika argon ditambahkan pada volume tetap?

Solusi

Solusi Latihan 4.7.

Tanpa argon: jumlah zat $1 - \alpha$ , $2\alpha$ , total $1 + \alpha$ ; $Q = 4\alpha^2/(1 - \alpha^2) = 0.148$ , $\alpha = \sqrt{0.148/4.148} = 0.189$ . Dengan $1\,\mathrm{mol}$ argon pada $1\,\mathrm{bar}$ : total $2 + \alpha$ , $Q = 4\alpha^2/[(1 - \alpha)(2 + \alpha)] = 0.148$ , sehingga $4.148\alpha^2 + 0.148\alpha - 0.296 = 0$ , $\alpha = 0.250$ : pengenceran pada tekanan total tetap menurunkan tekanan parsial, yang menguntungkan sisi dengan molekul gas lebih banyak. Pada volume tetap, tekanan parsial gas-gas yang bereaksi tidak berubah: $\alpha$ tetap 0.189.

Latihan 4.8 ★★

Amonium klorida menyublim dengan terdisosiasi, $\ce{NH4Cl(s) <=> NH3(g) + HCl(g)}$ . Hitunglah varians jika gasnya hanya berasal dari padatan itu, dan jika sejumlah amonia telah ditambahkan. Apa arti setiap kasus bagi peneliti?

Solusi

Solusi Latihan 4.8.

Hanya padatan: $n = 3$ , $r = 1$ , $s = 1$ ( $p(\ce{NH3}) = p(\ce{HCl})$ ), $\varphi = 2$ : $v = 3 - 1 - 1 + 2 - 2 = 1$ ; pilihlah $T$ , maka tekanannya sudah tertentu (sebuah “tekanan disosiasi”). Dengan penambahan amonia, $s = 0$ dan $v = 2$ : $T$ dan satu tekanan dapat dipilih; hasil kali $p(\ce{NH3})\,p(\ce{HCl})$ ditetapkan oleh $T$ .

Latihan 4.9 ★★

Tabel memberikan, untuk sintesis amonia, $K^\circ = 0.0993$ pada $500\,\mathrm{K}$ dan $K^\circ = 1.72 \times 10^{-3}$ pada $600\,\mathrm{K}$ . Simpulkan $\Delta_r H^\circ$ dalam selang itu dan bandingkan dengan nilainya pada $298\,\mathrm{K}$ .

Solusi

Solusi Latihan 4.9.

$\Delta_r H^\circ = -R\ln(K_2/K_1)/(1/T_2 - 1/T_1) = -8.314 \times \ln(0.0173)/(1/600 - 1/500) = -101\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ , lebih negatif daripada pada $298\,\mathrm{K}$ ( $-91.9\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ ), seperti yang diramalkan oleh hukum Kirchhoff ( $\Delta_r C_p^\circ < 0$ ).

Latihan 4.10 ★★★

Buktikan contoh penyangkal pada Catatan 4.16: tuliskan $Q$ sintesis amonia dengan jumlah zat dan tekanan total, hitunglah $\partial\ln Q/\partial n(\ce{N2})$ pada $T$ dan $p$ tetap, lalu tentukan syarat pada $x(\ce{N2})$ agar penambahan nitrogen menggeser kesetimbangan ke arah balik. Dapatkah hal yang sama terjadi pada volume tetap?

Solusi

Solusi Latihan 4.10.

$Q = \dfrac{n_{\ce{NH3}}^2\,n_{\text{tot}}^2}{n_{\ce{N2}}n_{\ce{H2}}^3} \left(\dfrac{p^\circ}{p}\right)^2$ . Pada $T$ , $p$ tetap: $\partial\ln Q/\partial n_{\ce{N2}} = -1/n_{\ce{N2}} + 2/n_{\text{tot}}$ , yang positif jika $n_{\ce{N2}} > n_{\text{tot}}/2$ , yaitu $x(\ce{N2}) > 1/2$ . Maka $Q$ melampaui $K^\circ$ dan kesetimbangan bergeser ke arah balik. Pada volume tetap, $\partial\ln Q/\partial n_{\ce{N2}} = -1/n_{\ce{N2}} < 0$ : selalu ke arah maju.

Latihan 4.11 ★★★

Batu kapur dipanaskan sampai $1100\,\mathrm{K}$ dalam bejana tertutup kosong bervolume $10.0\,\mathrm{L}$ , dengan $\Delta_r G^\circ = 1.62\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ untuk penguraiannya (Bab 2). Hitunglah $K^\circ$ dan tekanan kesetimbangan karbon dioksida. Tentukan keadaan akhir untuk $0.050\,\mathrm{mol}$ dan untuk $0.200\,\mathrm{mol}$ batu kapur.

Solusi

Solusi Latihan 4.11.

$K^\circ = \exp(-1620/(8.314 \times 1100)) = 0.84$ : $p(\ce{CO2}) = 0.84\,\mathrm{bar}$ pada kesetimbangan, yaitu $n = pV/RT = 0.84 \times 10^5 \times 0.0100/(8.314 \times 1100) = 0.092\,\mathrm{mol}$ gas. Dengan $0.050\,\mathrm{mol}$ batu kapur, seluruhnya terurai ( $p = 0.46\,\mathrm{bar} < K^\circ p^\circ$ ): tidak ada kesetimbangan, kesetimbangan terputus. Dengan $0.200\,\mathrm{mol}$ , terjadi kesetimbangan: $0.092\,\mathrm{mol}$ $\ce{CO2}$ dan $\ce{CaO}$ , tersisa $0.108\,\mathrm{mol}$ $\ce{CaCO3}$ .

Latihan 4.12 ★★★

Bacalah pada gambar proses kontak konversi dan suhu di saluran keluar setiap unggun. Jelaskan mengapa satu unggun adiabatik, sepanjang apa pun, tidak dapat melampaui konversi sekitar 68 % dengan umpan ini, mengapa gas didinginkan di antara unggun alih-alih katalisnya dijaga tetap dingin sepanjang waktu, dan apa yang membatasi konversi unggun terakhir.

Solusi

Solusi Latihan 4.12.

Unggun 1 keluar pada sekitar $890\,\mathrm{K}$ dan konversi 68 %, unggun 2 pada sekitar $785\,\mathrm{K}$ dan 92 %, unggun 3 pada sekitar $725\,\mathrm{K}$ dan 98 %. Dalam satu unggun adiabatik, gas memanas selama bereaksi sampai mencapai kurva kesetimbangan, yang pada suhu itu hanya memungkinkan sekitar 68 %. Katalis yang dingin sepanjang waktu bukanlah pilihan karena katalis hanya bekerja dalam keadaan panas; pendinginan di antara unggun mempertahankan laju dan menaikkan batas kesetimbangan. Unggun terakhir dibatasi oleh kesetimbangan pada suhu terendah yang masih memungkinkan katalis bekerja (pabrik kemudian menyerap trioksidanya dan melewatkan gasnya sekali lagi melalui katalis).

4.7 Soal: Sirkuit Amonia

Soal 4.1

Soal akhir pekan — tetapan kesetimbangan sintesis amonia dan kebergantungannya pada suhu, komposisi pada kondisi konverter, pergeseran yang disebabkan oleh tekanan, suhu, dan gas inert, serta sirkuitnya

Amonia dibuat melalui $\ce{N2(g) + 3H2(g) <=> 2NH3(g)}$ dari umpan stoikiometris. Data: pada $298.15\,\mathrm{K}$ , $\Delta_f H^\circ(\ce{NH3}) = -45.94\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ , $S^\circ_m$ ( $\mathrm{J}/(\mathrm{K}\,\mathrm{mol})$ ) $\ce{NH3}$ 192.77, $\ce{N2}$ 191.61, $\ce{H2}$ 130.68; tabel memberikan $\Delta_f G^\circ(\ce{NH3}) = +27.19\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ pada $700\,\mathrm{K}$ dan $+38.66\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ pada $800\,\mathrm{K}$ . Gas-gasnya sempurna; $R = 8.314\,\mathrm{J}/(\mathrm{K}\,\mathrm{mol})$ .

Bagian I — Tetapan.

Hitunglah $\Delta_r H^\circ$ , $\Delta_r S^\circ$ , dan $\Delta_r G^\circ$ pada $298\,\mathrm{K}$ , serta $K^\circ(298)$ .
Hitunglah $K^\circ$ pada $700\,\mathrm{K}$ dan pada $800\,\mathrm{K}$ dari tabel.
Simpulkan dari kedua nilai itu $\Delta_r H^\circ$ rata-rata antara $700\,\mathrm{K}$ dan $800\,\mathrm{K}$ , lalu bandingkan dengan pertanyaan 1.
Perkirakan $K^\circ(723\,\mathrm{K})$ dari kedua nilai tabel itu dengan persamaan van ’t Hoff.
Hitunglah $K^\circ(723\,\mathrm{K})$ dengan pendekatan Ellingham dari data pada $298\,\mathrm{K}$ , lalu berilah komentar tentang perbedaannya.

Bagian II — Kesetimbangan di dalam konverter.

Dari umpan $1\,\mathrm{mol}$ $\ce{N2}$ dan $3\,\mathrm{mol}$ $\ce{H2}$ , tuliskan jumlah zat pada kemajuan $\xi$ serta jumlah zat totalnya.
Tunjukkan bahwa, dengan $x$ fraksi mol amonia, fraksi mol $\ce{N2}$ dan $\ce{H2}$ adalah $(1-x)/4$ dan $3(1-x)/4$ .
Tunjukkan bahwa $\dfrac{x}{(1-x)^2} = \dfrac{\sqrt{27}}{16}\,\dfrac{p}{p^\circ}\, \sqrt{K^\circ}$ .
Hitunglah $x$ pada $723\,\mathrm{K}$ dan $1\,\mathrm{bar}$ .
Hitunglah $x$ pada $723\,\mathrm{K}$ dan $200\,\mathrm{bar}$ .
Hitunglah varians sistem itu dan jelaskan mengapa $T$ dan $p$ menetapkan komposisinya.

Bagian III — Pergeseran.

Tanpa menghitung, ke arah mana kesetimbangan bergeser ketika tekanan naik? Ketika suhu naik?
Argon ikut masuk bersama udara yang dipakai untuk membuat nitrogen. Pada tekanan total tetap, bagaimana keberadaannya menggeser kesetimbangan?
Sebuah campuran dalam kesetimbangan mempunyai $x(\ce{N2}) = 0.30$ . Apakah penambahan sedikit nitrogen pada $T$ dan $p$ tetap menggesernya ke arah maju atau balik?
Apakah jawabannya berubah pada volume tetap?
Sebelum gas kembali ke konverter, amonianya diembunkan dan dipisahkan. Apa akibatnya terhadap $Q$ di saluran masuk konverter?

Bagian IV — Sirkuit.

Gas keluar dari konverter dengan $18\,\%$ amonia, di bawah nilai kesetimbangan. Mengapa konverter nyata tidak mencapai kesetimbangan?
Hitunglah konversi sekali lewat hidrogen yang bersesuaian dengan $x(\ce{NH3}) = 0.18$ dari umpan stoikiometris.
Gas yang tidak terkonversi didaur ulang. Dalam operasi tunak, $1.00\,\mathrm{mol}$ $\ce{N2}$ segar masuk per satuan waktu: berapa banyak amonia yang keluar, dan berapa banyak nitrogen yang melewati konverter per satuan waktu?
Mengapa sedikit gas harus dibuang (purge) dari daur ulang?
Mengapa konverter tidak dijalankan pada $500\,\mathrm{K}$ , tempat kesetimbangannya jauh lebih menguntungkan?
Nyatakan fraksi mol amonia pada kesetimbangan pada $723\,\mathrm{K}$ dan $200\,\mathrm{bar}$ untuk umpan stoikiometris, dalam model gas sempurna.

Solusi

Solusi Soal 4.1.

1. $\Delta_r H^\circ = -91.88\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ , $\Delta_r S^\circ = 2(192.77) - 191.61 - 3(130.68) = -198.1\,\mathrm{J}/(\mathrm{K}\,\mathrm{mol})$ , $\Delta_r G^\circ = -32.8\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ , $K^\circ = 5.6 \times 10^{5}$ . 2. $K^\circ(700) = \exp(-54\,380/(8.314 \times 700)) = 8.8 \times 10^{-5}$ ; $K^\circ(800) = \exp(-77\,320/(8.314 \times 800)) = 8.9 \times 10^{-6}$ . 3. $\Delta_r H^\circ = -R\ln(K_{800}/K_{700})/(1/800 - 1/700)$ , yaitu $-106\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ , lebih negatif daripada pada $298\,\mathrm{K}$ . 4. $\ln K^\circ(723) = \ln(8.75 \times 10^{-5}) + 12\,777 \times (1/723.15 - 1/700)$ , dengan $12\,777 = 106\,230/8.314$ : $K^\circ = 4.9 \times 10^{-5}$ . 5. $\Delta_r G^\circ(723) = -91.88 + 723.15 \times 0.1981 = 51.4\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ , $K^\circ = 1.9 \times 10^{-4}$ : empat kali terlalu besar, karena $\Delta_r H^\circ$ dan $\Delta_r S^\circ$ berubah dalam rentang $425\,\mathrm{K}$ ( $\Delta_r C_p^\circ \approx -44\,\mathrm{J}/(\mathrm{K}\,\mathrm{mol})$ ). 6. $\ce{N2}$ $1 - \xi$ , $\ce{H2}$ $3 - 3\xi$ , $\ce{NH3}$ $2\xi$ , total $4 - 2\xi$ . 7. $x = 2\xi/(4 - 2\xi)$ , sehingga $1 - x = (4 - 4\xi)/(4 - 2\xi)$ ; fraksi nitrogen $(1 - \xi)/(4 - 2\xi) = (1 - x)/4$ , dan fraksi hidrogen tiga kali lebih besar. 8.

K^\circ = \frac{x^2}{\frac{1-x}{4}\left(\frac{3(1-x)}{4}\right)^3} \left(\frac{p^\circ}{p}\right)^2 = \frac{256}{27}\,\frac{x^2}{(1 - x)^4} \left(\frac{p^\circ}{p}\right)^2 ;

lalu ambillah akar kuadratnya. 9. $a = (\sqrt{27}/16) \times \sqrt{4.9 \times 10^{-5}} \times 1 = 2.27 \times 10^{-3}$ ; $x/(1 - x)^2 = a$ memberikan $x = 0.0023$ . 10. $a = 0.455$ ; $ax^2 - (2a + 1)x + a = 0$ : $x = 0.25$ . 11. $n = 3$ , $r = 1$ , $s = 1$ (perbandingan 1 : 3 dipertahankan oleh reaksi), $\varphi = 1$ : $v = 2$ . Begitu $T$ dan $p$ dipilih, tidak ada lagi yang bebas. 12. Tekanan: ke arah maju ( $\Delta\nu_{\text{gas}} = -2$ ). Suhu: ke arah balik (eksoterm). 13. Gas inert pada tekanan total tetap menurunkan tekanan parsial gas-gas yang bereaksi, seperti halnya penurunan tekanan: ke arah balik. 14. $\partial\ln Q/\partial n_{\ce{N2}} = (-1/0.30 + 2)/n_{\text{tot}} < 0$ : $Q$ turun di bawah $K^\circ$ , ke arah maju. 15. Tidak: pada volume tetap $\partial\ln Q/\partial n_{\ce{N2}} = -1/n_{\ce{N2}} < 0$ apa pun komposisinya: ke arah maju. 16. Karena hampir tidak ada amonia, $Q$ jauh di bawah $K^\circ$ di saluran masuk: gas masuk jauh dari kesetimbangan dan bereaksi ke arah maju. 17. Gas terlalu singkat berada di atas katalis sehingga kesetimbangan tidak tercapai; kontak yang lebih lama menuntut konverter yang lebih besar dan lebih mahal demi keuntungan yang kecil. 18. $x = 2\xi/(4 - 2\xi) = 0.18$ memberikan $\xi = 0.305\,\mathrm{mol}$ per mol $\ce{N2}$ yang diumpankan: konversi sekali lewat hidrogen (dan nitrogen) $0.305$ , yaitu 31 %. 19. Dalam operasi tunak, seluruh umpan segar pada akhirnya terkonversi: $2.00\,\mathrm{mol}$ amonia keluar per satuan waktu; konverter harus dilewati $1.00/ 0.305 = 3.3\,\mathrm{mol}$ $\ce{N2}$ per satuan waktu, sisanya didaur ulang. 20. Argon (dan metana) yang masuk bersama umpan tidak pernah bereaksi dan tidak ikut terbuang bersama amonia cair: tanpa purge, keduanya akan menumpuk di dalam sirkuit dan menurunkan tekanan parsial pereaksi. 21. Pada $500\,\mathrm{K}$ katalis besi terlalu lambat: kesetimbangannya memang menguntungkan, tetapi tidak akan pernah didekati dalam waktu yang layak secara industri. 22. Pada $723\,\mathrm{K}$ dan $200\,\mathrm{bar}$ , dengan umpan stoikiometris dan gas sempurna: $\boldsymbol{x(\ce{NH3}) \approx 0.25}$ .

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 852 istilah di glosarium