Compte Rendu TP 1 (GP) - Converti-Converti [PDF]

Zitiervorschau

République Algérienne Démocratique et Populaire Ministère de l’Enseignement Supérieur et de la Recherche Scientifique

Université des Sciences et de la Technologie d’Oran « Mohamed Boudiaf »

Faculté de Chimie  Département de Génie des Matériaux Domaine : Sciences et Technologie Filière : Génie des Procédés Parcours : Licence Génie des Procédés (L3 GP)

TP 01 : Adsorption d’un polluant organique sur un charbon actif microporeux.

Présente par :  Ziadi Mouna  Frih Neila

groupe : 313 groupe : 313

Enseignante : F.Abidallah

Année Universitaires : 2019/2020

1/Schématisation du mode opératoire :

distillée

acide acétique

Eau distillée :

0ml

10ml

15ml

17.5ml

20.5ml

22.5ml

Acide acétique : 25ml

15ml

10ml

7.5ml

4.5ml

2.5ml

Charbon actif :

2.5g

2.5g

2.5g

2.5g

2.5g

2.5g

 Les béchers sont ensuite fermés, mises sous agitation de façon régulière pendant 30 minutes.  On sépare le solide du liquide par filtration.

Flacon 1

flacon 2

flacon 3

flacon 4

 Prélève de chaque filtrat un volume de 10 ml

flacon 5

flacon 6

 On passe au titrage de 10ml de chaque filtrat de flacon à l’aide d’une solution de NaOH 0.1 N, en utilisant 2 gouttes de phénolphtaléine comme un indicateur coloré ; (Virage rose clair).  On note le volume de chute de burette de chaque flacon 2/Traçage de l'isotherme d'adsorption de l’acide acétique sur le charbon actif : Le tableau représente le volume du NaOH du titrage pour chaque filtrat. Flacon VNaOH(ml)

1 31

2 15

3 8

4 5.5

5 2.5

6 1.1

Le titrage de 5 ml de CH3COOH par de la soude (NaOH) à 0.1N donne : Le Point de neutralisation :

NNaOH × VNaOH = NCH3COOH × VCH3COOH

Le titrage a donné un volume moyen de NaOH : VNaOH = 22 ml NCH3COOH = 0.5 N (concentration d’acide acétique CH3COOH)

𝑵𝑪𝑯𝟑𝑪𝑶𝑶𝑯

Donc :

𝑵𝑵𝒂𝑶𝑯 ×

=𝑵𝒂𝑶𝑯 𝑽 𝑽𝑪𝑯𝟑𝑪𝑶𝑶𝑯

=

𝟎. 𝟏 × 𝟐𝟐 𝟓

= 𝟎. 𝟒𝟒𝑵

NCH3COOH = 0.44N

Pour calculer le C final de chaque solution on utilise la relation de neutralisation NaVa =NbVb On a : Na : 0.5 N (concentration d’acide acétique CH3COOH) Nb : 0.1N (concentration de NaOH) Va : Volume d’acide acétique Vb : Volume de la soude NaOH N = P × C ; avec :

P=1

N=C

 Calcule de la concentration initiale de chaque flacon (Ci) : Avant adsorption :

𝐂𝐚 𝐕𝐚 𝑪𝒊 = 𝑽𝒊

CiVi = CaVa

Avec : Ca : Concentration de l’acide acétique 0.44N Va : Volume de l’acide acétique avant l’adsorption Vi : Volume de la solution initial 25 ml Flacon 1 : ∁i = 0.44 ×25 25

Flacon 2 : ∁i = 0.44 ×15 25

Flacon 3 : ∁i = 0.44 ×10 25

Flacon 4 : ∁i =

0.44 ×7.5 25

Flacon5 : ∁i =

0.44 ×4.5

Flacon6 : ∁i =

25 0.44 ×2.5 25

C1 = 0.44 N

= 0.44 mol/ml

= 0.264 mol/ml

C2 = 0.264 N

= 0.176 mol/ml

C3 =0.176 N

= 0.132 mol/ml

C4 =0.132 N

= 0.0792 mol/ml

C5 =0.0792 N

= 0.044 mol/ml

C6 =0.044 N

 Calcule de la concentration finale de chaque flacon (Cf) : Apres adsorption :

CfVf = CbVb

𝐂𝐛 𝐕𝐛 𝑪𝒇 = 𝑽𝒇

Avec : Cf : concentration finale de la solution Vf : volume final de la solution (10ml) Cb: Concentration de NaOH (0.1 N) Vb : Volume de NaOH Flacon 1 : ∁f = 0.1 ×31 = 0.31 mol/ml 10

Flacon 2 : ∁f = 0.1 ×15 = 0.15 mol/ml 10

Cf1 = 0.31N

Flacon 3 : ∁f = Flacon 4 : ∁f = Flacon 5 : ∁f = Flacon 6 : ∁f =

0.1 ×8

Cf2 =0.15 N = 0.08 mol/ml

10 0.1 ×5.5 10 0.1 ×2.5

Cf3 =0.08 N

= 0.055 mol/ml

Cf4 =0.055 N

10 0.1 ×1.1

= 0.025 mol/ml

10

= 0.011mol/ml

Cf5 =0.025 N Cf6 = 0.011N

 On calculer la quantité adsorbée à l’équilibre q par l’équation donner :

𝑞 = (Ci − Ce) × v

Avec : V = 25 ml ; m = 2.5 g

m

Flacon 1 : 𝑞 = (0.44 − 0.31) ×

25

=1.3

2.5 25

Flacon 2 : 𝑞 = (0.264 − 0.15) ×

= 1.14

2.5 25

Flacon 3 : 𝑞 = (0.176 − 0.08) ×

2.5 25

Flacon 4 : 𝑞 = (0.132 − 0.055) ×

q2 = 1.14mol/g

= 0.96

2.5 25

2.5

q3 = 0.96mol/g

= 0.77

2.5 25

Flacon 5 : 𝑞 = (0.0792 − 0.025) × Flacon 6 : 𝑞 = (0.044 − 0.011) ×

q1 = 1.3mol/g

q4 =0.77mol/g

= 0.542

q5 =0.542mol/g

= 0.33

q6 =0.33mol/g

On a cequlibre = cf flacon V NaoH(ml) Ci Cequilibre q (mol) Ln(q) Ln(C) 1/c 1/q

1 31

2 15

3 8

4 5.5

5 2.5

6 1.1

0.44 0.31 1.3 0.2623 -1.1711 3.225 0.76

0.264 0.15 1.14 0.1310 -1.8971 6.666 0.877

0.176 0.08 0.96 -0.0408 -2.5257 12.5 1.041

0.132 0.055 0.77 -0.2613 -2.9004 18.18 1.29

0.0792 0.025 0.542 -0.6124 -3.6888 40 1.84

0.044 0.011 0.33 -1.1086 -4.5098 90.90 3.03

Graphe 01 : F (c) = q y = 2.8854x + 0.5369 R² = 0.7758

f(c)=q 1.6 1.4 1.2 1 q(mol/g) 0.8 0.6 0.4 0.2 0 0

0.05

0.1

0.15 0.2 c(mol/l)

0.25

0.3

0.35

3/Le type de l’isotherme : L’adsorption semble être de type momonomléculaire, le solide étant saturé lors du remplissage de la monocouche il y’aurait donc de faibles interactions à la surface de ces charbons car le nombre de couches absorbées ne peut croitre librement.

4/Application des modèles de Freundlich et Langmuir : Graphe 02 : F ( Ln C ) = Ln ( q ) y = 0.417x + 0.8885 R² = 0.959 0.6

f(ln c)=ln q ln q (mol/g)

0.4 0.2

-5

-4

-3

-2

-1

0

0

-0.2 -0.4 -0.6 -0.8 -1 ln c (moll)

01/Equation de FREUNDLICH : On a : Ln(q) = Ln(k C1/n )

-1.2

qe=𝑲𝑭 𝑪𝒆𝟏/𝒏

; et Ln(q) = 1/n Ln C + Ln k …(1)

(1) Est une équation de la droite se forme de : y = Ax + B y=0.417x+0.885 Par identification : A =1/ n (la pente) et B = Ln k (ordonnée d’origine) D’après le graphe : 𝟏/𝒏 =

∆𝑳𝒏(q) ∆𝐿𝑛(𝐶)

=

𝟎. 2623 − (−1.1086) −1.1711 − (−𝟒. 5098)

= 0.4106

n=1/0.4106=2.43 Donc ; B =0.8885 et K= eB = 2.43 K= 2.43 (K est l’intersection de l’axe Ln(q) avec la droite [Ln(q)=F(LnC)] ) 1 𝑛

Flacon1 : 𝐾𝑓. 𝐶𝑒 =2.43× 0.310.4106 = 1.5 Flacon2 : 2.43× 0.150.4106 = 1.115

Flacon3 : 2.43× 0.080.4106 = 0.86 Flacon4 : 2.43× 0.0550.4106 = 0.73 Flacon5 : 2.43× 0.0250.4106 = 0.534 Flacon6 : 2.43× 0.0110.4106 = 0.38 Vérification l’isotherme obéit de l’équation de FREUNDLICH Ce qe

0.31 1.3 1.5

𝟏

Kf.𝑪𝒆𝒏

0.15 1.14 1.14

0.08 0.96 0.86

0.055 0.77 0.73

0.025 0.542 0.534

Donc : l’isotherme obéit à l’équation de FRENDLICH 𝒒𝒆=𝑲𝑭 𝑪𝒆𝟏/𝒏 Graphe 03 : F ( Ln

𝟏

𝟏

𝒄

𝒒

) = Ln ( )

1/q(g/mol)

f(1/c)=1/q

y = 0.0257x + 0.7398 R² = 0.9946

3.5 3 2.5 2 1.5 1 0.5 0

0

20

40

60 1/c(l/mol)

02/ équation de LANGMUIR : 𝑘𝑙 . 𝑐𝑒.𝑞𝑚

qe= 1+𝑘𝑙 .𝑐𝑒 1/ 𝑞 𝑒=

1+𝑘𝑙 .𝑐𝑒.

𝑘𝑙.𝑐𝑒.𝑞

1/𝑞𝑒 =

1

𝑙 𝑚

1

𝑘𝑙 .𝑞𝑚

1

=𝑘 .𝑐𝑒.𝑞 + 𝑞 1

× 𝑐𝑒+

1 𝑞𝑚

𝑚

𝐪𝐞 𝐪𝐦

𝐊𝐥 𝐂𝐞

= 𝟏+𝑲𝒍 𝑪𝒆

80

100

0.011 0.33 0.38

Vérification l’isotherme obéit de l’équation de LANGMUIR y=ax+b y=0.0257 x +0.7398 a=

∆(1/𝑞) 0.877−1.29

=

∆(1/𝑐) 6.666−18.18

a= 𝑞𝑚 =

1

= 0.0358 1

→ 𝑘𝑙 .

0.0358

𝑘𝑙 .𝑞𝑚 1

b=

1

𝑞𝑚

Kl=

= 27.878

= 1.3517 → 𝑞 𝑚=

27.878 1.3517

0.7398

= 20.624

Flacon1 : 20.624 ×0.31 ×1.3517 1+20.624 ×0.31

Flacon2 : 20.624×0.15×1.3517 1+20.624×0.15

Flacon3 : 20.624×0.08×1.3517 1+20.624×0.08

= 1.03

= 0.85

Flacon4 : 20.624×0.055×1.3517 1+20.624×0.055

Flacon5 : 20.624×0.025×1.3517 1+20.624×0.025

Flacon6 : 20.624×0.011×1.3517 1+20.624×0.011

Ce qe Kl.ce/1+Kl.ce

031 1.3 1.12

= 1.12

= 0.72

= 0.46

= 0.25

0.15 1.14 1.03

0.08 0.96 0.84

0.055 0.77 0.72

0.025 0.542 0.46

Donc : le modèle d’adsorption de LANGMUIR est applicable pour le système. Le model le plus approprier c’est l’équation de Langmuir 5/ Calcule la surface spécifique du charbon :

0.011 0.33 0.25

La surface est obtenue en appliquant la relation suivante : SBET = qm.N.ə

𝑞𝑚=1.3517 N=6.023.1023mol-1 ə =21𝐴2 → 1𝐴0=10−10𝑛 S=1.3517×6.023.1023 × 21 × 10−20=170967.0711 𝑚2/s On remarque que les BET sont différents pour chaque charbon, plus le charbon est présent plus le BET diminue. 6/les facteurs qui influent sur l’adsorption :  La température : la quantité absorbe augmente quand la température diminue.  La concentration : plus la concertation en gaz dans l’air est élevée plus la capacité d’adsorption est importante.  La polarité et la polarisabilité des molécules adsorbées.  Pression : plus la pression est élevée, meilleure est la capacité d’adsorption.  Humidité : plus l’humidité est faible, meilleure est la capacité d’adsorption. 7/Définition de la chaleur d’adsorption : La chaleur d’adsorption représente la chaleur dégagée par mole de gaz lors de l’adsorption menant à un petit changement de recouvrement de la surface du solide variant de à q + d q, ou, q. La chaleur d’adsorption différentielle dépent donc du taux de recouvrement de la surface du solide La chaleur d’adsorption ∆𝐻𝑎𝑑𝑠 est données par Clapeyron : ∆𝐻

d(Ln𝐶0)/dt=

𝑅𝑇

Détermination la chaleur d’adsorption à partir du graphe : −∆𝐻

d ln C =

𝑅

×

∫ 𝑑 ln 𝐶 =−

𝑑𝑇 𝑇2 ∆𝐻

×∫

𝑑𝑇

𝑇2

𝑅 ∆𝐻 1

ln C== ∆𝐻

[ ]

𝑅 𝑇2 𝑅×ln 𝐶 8.31×ln 0.31

=

1 [𝑇2 ]

=

1 1 [40 2 −30 2]

= 20021.2057 𝑗/𝑔

La chaleur d’adsorption à partir du graphe : ∆𝐻 >0 Cette adsorption est endothermique. Exercice d’application La chaleur différentielle d'adsorption est déterminée à partir de l'équation : Ln P = cte +

𝑞𝑎 𝑅.𝑇

 À X = 50,0 le tracé de la droite donne : Ln P = 17,3116 - 3 778,85 / T 𝑞𝑎= - 3 778,85 × 8,314 = - 31,4 103 J mol-1 𝑞𝑎= - 31,4 kJ mol-1  À X = 21,4 le tracé de la droite donne : Ln P = 17,2997 - 4 264,5 / T 𝑞𝑎= - 4 264,5 × 8,314 = - 35,5 103 J mol-1 𝑞𝑎= - 35,5 kJ mol-1  À X = 6,7 le tracé de la droite donne : Ln P = 17,3113 - 4 789,25 / T 𝑞𝑎 = - 4 789,25 × 8,314 = - 39,8 103 J mol-1 𝑞𝑎 = - 39,8 kJ mol-1 En résumé, chaleur différentielle d'adsorption du CS2 sur le solide est comprise entre - 30 et - 40 kJ mol-1. On peut donc en déduire que l'adsorption est plutôt de nature physique.