documents tips bai tap mon ky thuat moi truong

Giả thiết rằng ở điểm gặp nhau của hai dòng nước có sự trộn lẫn ngay lập tức và hoàn toàn, hãy tính BOD tới hạn của nước suối tại điểm cách xa nơi hợp dòng là 30000m.. Tính thời gian và

BÀI TẬP MÔN KỸ THUẬT MÔI TRƯỜNG

1 Một dòng nước thải đã sử lý có BOD tới hạn là 50 mg/l, với lưu lượng 1,1 m3/s đổ vào một dòng suối chảy với lưu lượng 8,7m3/s có BOD tới hạn là 6 mg/l, hằng số tốc độ của phản ứng oxi hóa K là:

K = 0,2 ngày-1

Giả thiết rằng ở điểm gặp nhau của hai dòng nước có sự trộn lẫn ngay lập tức và hoàn toàn, hãy tính BOD tới hạn của nước suối tại điểm cách xa nơi hợp dòng là 30000m

2 Tại điểm hợp dòng của cống thải và sông, nước có giá trị BOD tới hạn là 10,9 mg/l và DO

là 7,6 mg/l Nhiệt độ của dòng sông và hỗn hợp nước thải là 20 độ C, hằng số tốc độ của phản ứng oxi hóa là K = 0,2 ngày-1, tốc độ dòng chảy trung bình là 0,3 m/s, độ sâu trung bình

là 3m

Tính thời gian và khoảng cách từ điểm 2 dòng bắt đầu trộn lẫn với nhau tới điểm có lượng oxi hòa tan tối thiểu, độ thiếu hụt là lớn nhất

Tìm giá trị DO nói trên

1 Xác định nồng độ cực đại mức độ sát mặt đất

Một nhà máy điện đốt 5,45 tấn than trong 1 giờ và phát thải các sản phẩm cháy qua ống khói có chiều cao hiệu quả là 75 m Than có hàm lượng lưu huỳnh là 4,2% và vận tốc gió tại đỉnh của ống khói là 6m/s Các điều kiện khí quyển ở mức độ vừa phải tới mức độ ổn định thấp

Xác định nồng độ SO2 cực đại ở mức độ sát đất và khoảng cách từ ống khói tới điểm xuất hiện cực đại

2 Tính toán độ hòa tan của khí trong nước

Tính toán độ hòa tan của khí trong nước ở 00C và áp suất 1 atm Giả thiết rằng các vật liệu khác hòa tan không đáng kể (hoặc có thể bỏ qua) Cho hằng số Henry đối với không khí

ở 00C là H = 4,32.104 atm/phần mol

2 Quá trình chuyển hóa BOD

BOD5 của nước thải được xác định là 150 mg/L ở 200C Giá trị của hằng số tốc độ là 0,23 ngày-1 Xác định BOD8 nếu mẫu được thực hiện ở 150C?

3 Ứng dụng đường cong BOD

Nhà máy xử lý nước thải đô thị thải ra dòng thứ cấp tới dòng nước bề mặt Điều kiện tồi

tệ nhất xuất hiện trong những tháng mùa hè khi lưu lượng dòng thấp và nhiệt độ nước cao Dưới các điều kiện đó, việc đo được thực hiện trong phòng thí nghiệm và tại hiện trường để xác định đặc trưng của dòng nước thải và lưu lượng dòng Nước thải được xác định với tốc

độ dòng cực đại 15 000 m3/ngày, BOD5 là 40mg/L, nồng độ oxy hòa tan là 2 mg/L và ở nhiệt

độ 250C Dòng chảy (đầu dòng tính từ điểm nước thải thải ra) được xác định tốc độ dòng cực

tiểu là 0,5m3/s; BOD là 3mg/L; nồng độ oxy hòa tan là 8mg/L và nhiệt độ là 220C Hỗn hợp hòa lẫn hoàn toàn giữa dòng nước thải và dòng chảy xảy ra ngay lập tức, tốc độ của hỗn hợp

là 0,2m/s Từ chế độ dòng chảy, hằng số tốc độ được xác định là 0,4 ngày-1ở điều kiện nhiệt

độ 200C

Vẽ đồ thị oxy hòa tan với dòng chảy cách xa 100 km?

Hướng dẫn: Để thực hiện được mối tương quan giữa oxy hòa tan và khoảng cách dòng chảy (ở 100 km) cần thực hiện theo 6 bước:

Bước 1 Xác định được các đặc trưng của hỗn hợp dòng thải: tốc độ dòng theo thể tích (Volume/time); BOD, DO, nhiệt độ

Bước 2 Tính hằng số chính xác theo nhiệt độ

Bước 3 Xác định sự thiếu hụt oxy ban đầu (Do)

Bước 4 Xác định sự thiếu hụt tới hạn và vị trí của chúng

Bước 5 Xác định sự thiếu hụt tại các điểm 20, 75 và 100 km từ điểm dòng chảy thải;

Bước 6 Các nồng độ oxy hòa tan tại mỗi điểm được tìm thấy (tại bước 5)

Bài giải tham khảo

Bài 2 (Độ sâu sửa lại là 3m ?)

- Độ thiếu hụt ban đầu

Do = 9,1 – 7,6 = 1,5 mg/l

Với 9,1 là hàm lượng oxy hòa tan bão hòa trong nước ở 20 °C

- Đánh giá hệ số tốc độ hòa tan oxy qua mặt thoáng (ngày-1)

Ka= 3,93.u0,5

H1,5 (ngày -1)

Trong đó: v = vận tốc trung bình của dòng chảy

H = độ sâu trung bình của dòng chảy

=> Ka= 3,93.0,30,5

31,5 = 0,41 (ngày -1)

- Tính thời gian khi độ thiếu hụt đạt cực đại với tc:

Giải phương trình Streeter Phelps cho DO

=K1×Lt –Ka.D

Nghiệm của phương trình là

Với K1≠Ka

Độ thiếu hụt cực đại là:

Dc=

Thời gian khi độ thiếu hụt cực đại

Do( Ka−K 1)

K 1 Lo )) Thay số vào ta được

xc=v.tc= 0,3 (m/s)×86400 s/ngày× 2,675 ngày = 69336 (m)

Giá trị nhỏ nhất của DO cũng đạt được khi Dc là lớn nhất Độ thiếu hụt DO cực đại là:

0,2 0,41 × 10.9 (mg/L)×e−0,2.2,675 = 3.1 (mg/L)

 DO min= 9.1- 3.1=6 (mg/L)

Bài 1

a)BOD tới hạn trung bình tại nơi hai dòng nước gặp nhau:

BOD = 1,1.50+6.8,79,8 = 10,9 mg/l

b)Quá trình oxy hóa sinh học các chất hữu cơ BOD cần cho quá trình oxy hóa sinh học có thể biểu diễn theo phương trình :

Lx = Loe−kx /u = Loe−kt

Trong đó Lx – BOD tại vị trí x; Lo – BOD tại vị trí x = 0

Áp dụng phương trình với Lo = 10,9 mg/l ; k = 0,2 ngày -1; x =30000 m

v = 0,3 m/s = 0,3.24.3600 = 25920m/ngày

Thay số vào phương trình, ta có Lx = BOD30000= 8,7 mg/l

Bài tập về nhà

Bài 1 Theo phương pháp BERLIAND M.E ta có:

Nồng độ cực đại trên mặt đất: (công thức áp dụng cho khí và bụi nhẹ)

2

1

0 1 1

n

k

n M C

k u





Khoảng cách từ XM từ nguồn đến vị trí có nồng độ max:

1 1

1

2

3 (1 )

n

u H X







Trong các công thức trên : u1 – là vận tốc gió ở độ cao z = 1m, m/s

M – là lượng khí SO2 thải ra môi trường, g/s

H – chiều cao hiệu quả của ống khói, m

n - 0.15  0.2 (Số mũ của hàm biến thiên tốc độ gió)

k1= 0.1  0.2 m/s

k0= 0.5  1 m

 Công thức tính vận tốc ở độ cao z:

u = u0.(z z0)n

Với : uz - Vận tốc gió ở độ cao z

u0 - Vận tốc gió ở độ cao bất kỳ đã biết

Do ta đang xét SO2 ở dạng khí nên ta giả sử giá trị của các trị số như sau (lấy mức nhỏ nhất):

n = 0,15, k1 = 0,1 (m/s) ; k0 = 0,5 m

- Vận tốc u1 ở độ cao 1m trong trường hợp đang xét:

u1 = u75 (1/75)0,15 = 6.(1/75)0,15 = 3,14 m/s

- Lượng khí SO2 thải ra môi trường :

M = 5,45.106.0,042.64/(32.3600) = 127,16 g/s

Thay số : ta có Cmax = 0,116.(1+0,15)2.127,16

3,14.751,5.(1+0.15 ) .√0,5.3,140,1 = 9,138.10-4g/m3 = 0,9138 mg/m3 Khoảng cách từ ống khói tới điểm xuất hiện cực đại :

Xmax = 2.3,14 75

1+0,15

3.0,1.(1+0,15)2 = 2268,6 m

2 Định luật Henry: Độ hoà tan của một chất khí trong chất lỏng ở một nhiệt độ không đổi tỷ lệ thuận với áp suất riêng phần của khí đó tác dụng lên chất lỏng.

Gọi S i là độ hòa tan của khí i: S i = P i/H [H] = [atm/phần mol]

Với áp xuất là p = 1 atm, ta có độ hòa tan của không khí vào nước ở 0°C là:

Skk = 1/ 4,32.104 = 2,31.10-5(phần mol)

Quy ra tỷ lệ mg/l sẽ là Skk ≈ 2,31.10−5.29 1000.1000

18 = 37,22 (mg/l)

3.Coi giá trị BOD tới hạn gần đúng là BOD20 ở 20°C

L0 = BOD5(20°C)/0,68 = 150/0,68 = 220,6 mg/l

[hoặc BOD5 = L0.(1- e-kt) = 150 mg/l => L0 = BOD5/(1 – 10-kt) = 150/(1 – e-5.0,23)]

Hằng số tốc độ ở nhiệt độ T bất kỳ được tính theo công thức:

KT = K20.θ(T-20)

Với θ ≈ 1,048 là hằng số thực nghiệm

Thay số, ta được giá trị K15 = 0,23.1,048(15-20) = 0,182 ngày-1

Suy ra BOD8(15°C) = Lo.(1 - e−kt) = 220,6.(1 - e−0,182.8) = 169,14 mg/l

4 Tính các giá trị trung bình khi hợp dòng

BODTB = 15000:24 :3600.40+0,5.315000:24 : 3600+0,5 = 12,5 mg/l.

DOTB =15000:24 :3600.2+ 0,5.815000 :24 :3600+ 0,5 = 6,45 mg/l

TTB = 15000:24 :3600.25+0,5.2215000 :24 :3600+0,5 = 22,8 °C

Hằng số tốc độ ở nhiệt độ trung bình ở trên là:

KT = K20.θ(T-20) = K22,8 = 0,4.1,048(22,8 – 20) = 0,456 ngày-1

Độ hòa tan bão hòa của oxy trong nước ở 22,8°C lấy gần đúng là 9 mg/l

Suy ra độ thiếu hụt oxy ban đầu là: Do = 9 – 6,45 = 2,55 mg/l

Cho rằng hằng số tốc hòa tan oxy qua mặt thoáng (ngày-1) ở 20°C là Ka = 0,41 ngày-1 Vậy hằng số Ka ở 22,8°C được tính theo công thức:

KaT = Ka20.θ(T-20) = 0,41.1,048(22,8 – 20) = 0,468 ngày-1

- Tính thời gian khi độ thiếu hụt đạt cực đại với tc:

Giải phương trình Streeter Phelps cho DO

=K1×Lt –Ka.D

Nghiệm của phương trình là

Với K1≠Ka (*)

Độ thiếu hụt cực đại là:

Dc= Thời gian khi độ thiếu hụt cực đại

Do( Ka−K 1)

K 1 Lo )) Thay số vào ta được

tc= 0.468−0,4561 ln( 0,4680,456(1- 2,55.(0,468−0,456)0,456.12,5 ))= 1,72 (ngày)

xc=v.tc= 0,2 (m/s)×86400 s/ngày× 1,72 ngày = 29721,6 (m)

Giá trị nhỏ nhất của DO cũng đạt được khi Dc là lớn nhất

0,456 0,468 × 12,5 (mg/L)×e−0,456.1,72 = 5,56 (mg/L) Nồng độ oxi hòa tan cực tiểu là:

DO min = 9 – 5,56 = 3,44 (mg/L)

- Xác định độ thiếu hụt tại các điểm 20, 75, 100 km

Tương ứng với thời gian lần lượt là:

T20 = 20000/(0,2.24.3600) = 1,16 ngày.

T75 = 75000/(0,2.24.3600) = 4,34 ngày

T100 = 100000/(0,2.24.3600) = 5,79 ngày

Áp dụng công thức (*), thay các giá trị T vào ta có độ thiếu hụt tại các điểm đang xét là:

D20 = 0,468−0,4560,456.12,5 (e−0,456.1,16

−e−0,468.1,16) + 2,55.e-0,468.1,16 = 5,35 mg/l

D75 = 0,468−0,4560,456.12,5 (e−0,456.4,34

−e−0,468.4,34) + 2,55.e-0,468.4,34 = 3,67 mg/l

D100 = 0,468−0,4560,456.12,5 (e−0,456.5,79

−e−0,468.5,79) + 2,55.e-0,468.5,79 = 2,44 mg/l

Vậy nồng độ oxy hòa tan tại mỗi điểm trên là:

DO20 = 9 – 5,35 = 3,65 mg/l

DO75 = 9 – 3,67 = 5,33 mg/l

DO100 = 9 – 2,55 = 6,45 mg/l

Bảng tổng hợp giá tri DO tính từ điểm dòng chảy thải

Đồ thị sự thay đổi của lượng oxy hòa tan trong nước thải từ điểm hợp dòng đến điểm cách

dòng 100 km như sau :

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 0

1 2 3 4 5 6 7

Đồ thị biểu diễn sự thay đổi giá trị

DO theo không gian.

Diem cach nguon xet (Km)

Bài của Bình

1) Lượng thải khí SO2 (kg/h) được tính theo công thức sau đây:

MSO2 =20B.S

Trong đó: B là lượng nhiên liệu đốt (tấn/h)

S: hàm lượng lưu huỳnh trong nhiên liệu

 MSO2 = 20 x 5,45 x 4,2= 457,8 (kg/h)=127166 (mg/s)

Tính toán khuyếch tán các chất ô nhiễm từ nguồn điểm cao theo phương pháp BERLIAND M.E dựa trên phương trình vi phân của quá trình khuyếch tán từ nguồn điểm cao được viết dưới dạng:

2

y

        

C - Nồng độ chất ô nhiểm

u - Vận tốc gió

 - Vận tốc theo phương thẳng đứng của chất ô nhiễm

kz và ky - lần lượt là hệ thống trao đổI theo phương đứng và phương ngang

 - Hệ số xác định sự thay đổi nồng độ chất ô nhiễm do phân huỷ hoá học hoặc do gội sạch bởi mưa, sương

Các giả thiết ban đầu được thừa nhận là: nguồn điểm được đặt ở độ cao z = H (khi x = 0); có

sự phản xạ hoàn toàn chất ô nhiễm từ mặt đất ; nồng độ chất ô nhiễm tiến dần đến triệt tiêu ở khoảng cách tương đối xa so với nguồn

Với các giả thiết như trên, Berlaind đã chứng minh và đưa ra các kết quả sau:

Nồng độ ô nhiễm trên mặt đất của khí và bụi nhẹ:

1 2 0

1(1 ) 4 ( , , 0)

2(1 )

n

k x

n k  k x





Nồng độ cực đại trên mặt đất:

2

1 max 1.5(1 )

0 1 1

n

k

n M C

k u





Khoảng cách từ X M từ nguồn đến vị trí có nồng độ max:

1 1 max 2

1

2

3 (1 )

n

u H X







(3) Trong các công thức trên :

M: Lượng thải (mg/s)

H - Độ cao hiệu dụng của ống khói (m)

u1 – là vận tốc gió ở độ cao z = 1m (m/s)

n = 0.15  0.2 (Số mũ của hàm biến thiên tốc độ gió)

k1= 0.1  0.2 m/s (Hệ số khuếch tán rối ở mực 1m )

k0= 0.5  1 m (K0- Kích thước khuếch tán rối ngang)

u1=u10.(101 )n ; u75=u10.(7510)n => u1

u75= (751 )n => u1= u75. (751 )0,14

= 6. (751 )0,14

=3.278

Thay số vào (2), (3) ta được

2

1 max 1.5(1 )

0 1 1

0.116(1 )

n

k

n M C

k u





= 0.116(1+0.14 )3,278 751,5. 2.127166

( 1+0,14) √0,5.3,2780.2 = 1.27

1 1

1

2

3 (1 )

n

u H

X







X max= 2

3

3,278.75 (1+0,14 )

0,2 (1+0,14 )2 = 1154 (m)

2) Quá trình chuyển hóa BOD

Lo được xác định từ phương trình

Lt= Lo.e−k 1 t

BOD5=Lo(1-e−5.k 1) => Lo= BOD 5

(1−e−5.k 1) = 150

(1−e−5.0,23) =219.5

K1 ở 15oC = K1 (20oC) 1.0515-20 = 0.23 1.05-5 = 0.18

BOD8=Lo(1-e−8 k1 (15 oC))=219.5 (1-e−8.0.18) = 167.5

2) Độ hoà tan của một chất khí trong chất lỏng ở một nhiệt độ không đổi tỷ lệ thuận với áp suất riêng phần của khí đó tác dụng lên chất lỏng Gọi S là độ hòa tan của khí : S = k.P (k : hằng số Henry, phụ thuộc vào bản chất của chất khí và nhiệt độ), hằng số Henry đối với không khí ở 00C là H = 4,32.104 atm/phần mol

Vậy: S= 4,32.104 1=4,32.104

3) Tìm nồng độ oxy tới hạn:

Đổi: 0,5m3/s = 1800 m3/ngày

Sự pha trộn: 15000+18000=33000 m3/ngày

BOD5 pha trộn= 15000.40+ 18000.333000 =19.818 (mg/L)

Lo= 19.818

(1−e−5.0,4) = 23 (mg/L)

Oxi hòa tan là:

DO mixture = 15000.2+18000.833000 = 5,2727 (mg/L)

Nhiệt độ pha trộn là: 15000.25+ 18000.2233000 = 23,4 (oC)

Sử dụng K1 (20oC)=0.4 cho dòng chảy rối

K1 tại 23.40 là: K1= K1 (20oC)x1.05 (23,4-20) = 0,4 x 1,05 (23,4-20) = 0.472

Ka tại 23,4o là: Ka=Ka(20oC) e ɵ (T −20) = 22,6.0,2

H2 /3 e

0,024 (23,4−20)

K a không tính được vì đề bài không cho độ sâu trung bình H

Độ thiếu hụt tới hạn là:

Dc= K 1 Ka × Lo ×e−K 1.t

Thời gian khi độ thiếu hụt tới hạn

tc= Ka−K 11 ln(K 1 Ka(1-Do( Ka−K 1) Ka Lo ))

Thay số vào ta được

xc=v.tc

DO min= DO bão hòa –Dc

0.894

y ax

   (33)

Trong đó x – là khoảng cách xuôi theo chiều gió kể từ nguồn, tính bằng km Các hệ số a, b, c,

d cho ở bảng 2

Bảng 2: Các hệ số a, b,c, d trong công thức (33)

Cấp ổn

A

B

C

D

E

F

213 156 104

68 50.5

34

440.8 106.6 61

33.2 22.8

14.35

1.941 1.149 0.911

0.725 0.678

0.740

9.27 3.3 0

-1.7 -1.3

-0.35

459.7 108.2 61

44.5 55.4

62.6

2.094 1.098 0.911

0.516 0.305

0.180

-9.6 2.0 0

-13.0 -34.0

-48.6

Thay số vào ta có :

0.894

y ax