Bài tập mô hình hóa môi trường

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC NÔNG LÂM TP. HỒ CHÍ MINH KHOA MÔI TRƯỜNG VÀ TÀI NGUYÊN BÀI TẬP MÔN HỌC MÔ HÌNH HÓA MÔI TRƯỜNG GVGD: Nguyễn Linh Vũ Sinh viên thực hiện: Họ tên: Huỳnh Mạnh Phúc Lớp: DH12MT MSSV: 12127134 TP. Hồ Chí Minh, tháng 6, năm 2015 I. Bài tập 1 Câu 1: Nồng độ giới hạn của SO2 trong khí thải của ống khói nhà máy nhiệt điện là 500 mg/m3 ở điều kiện chuẩn (25oC, 1 atm.). Khối lượng riêng của khí thải ở điều kiện chuẩn là 1,184 kg/m3. Tính: a) Nồng độ (ppm) 500 mgSO2 1m 3 kk 1kgkk 10 6     422,3 ppm 1,184 kgkk 10 6 mgkk 10 6 1m 3 kk b) Nồng độ (ppm-v) 500 mgSO2 10 3 gSO2 1molSO2 24,8lSO2 10 3 m 3 SO2 10 6      6  129,2 ppmv 1mgSO2 96 gSO2 1molSO2 1lSO2 1m 3 kk 10 c) Áp suất riêng phần 500 mgSO2 10 3 gSO2 1molSO2 24,8lSO2 10 3 m 3 SO2 500  24,8  10 6 m 3 SO2       1atm  1,3 1mgSO2 96 gSO2 1molSO2 1lSO2 1m 3 kk 96m 3 kk x10-4 atm Câu 2: Ở điều kiện chuẩn 1 atm và nhiệt độ 25oC, khí CO có nồng độ tối đa trong khói lò đốt củi là 5.000 ppmv. Biết khối lượng riêng của khói là 1,3 g/L. Đổi nồng độ này sang: a) Nồng độ mol/m3 5000 ppmv  5000  10 6 3 m 3 CO 10 3 l 1mol 3 m CO  5  10    0,2 mol/m3 m 3 kk m 3 kk 1m 3 24,8l b) Nồng độ mg/m3 0,2mol 10 3 mg  28 g   5600 mg/m3 3 1g 1m c) Nồng độ ppm 5600 mgCO 1lkk 10 3 gCO 10 3 m 3 kk 10 6     6  4307,7 ppm 1,3 gkk 1mgCO 1lkk 1m 3 kk 10 d) Áp suất riêng phần của CO 3 Pa CO VCO  6 m CO   1atm  5000  10  1atm  5  10 3 atm 3 Pkk Vkk m kk Câu 3: Kết quả phân tích một mẫu nước thải cho thấy nồng độ của ion phốt phát PO43 () là 5.2 mg/L. Chuyển đổi nồng đó sang: a) Nồng độ của phốt pho (mg/L P) 5,2mgPO43 1molPO43 10 3 gPO43 31gP 1molP mgP      1,697 (mg/l) 3 3 3 1l 95 gPO4 1mgPO4 1molP 1molPO4 10 3 gP b) Nồng độ mol của ion phốt phát 5,2mg 1mol 10 3 g    5,5  10 5 mol / l 1l 95 g 1mg c) Nồng độ phần tỉ của ion phốt phát (ppb) 5,2 mg/l = 5,2 ppm = 5200 ppb d) Số mol điện tích âm 3x5,5x10-5 = 1,65x10-4 mol/l Câu 4: Một nhà máy có lưu lượng nước thải Q = 3.000 m3/ngày vào một dòng sông. Nồng độ BOD trong nước thải là C = 60 ppm. Cho biết đoạn sông ngay trước khi đến miệng cống xả có lưu lượng dòng chảy là 30 m3/s, vận tốc là 0,8 km/h. Trước khi đến miệng ống xả, nồng độ BOD trong nước sông là 5 mg/L. Tính: a) Tải lượng thải của nhà máy. L = QxC = 3000 m 3 60 mg 10 6 kg 1d  3 3    7,5 kg/h d 1mg 24 h 10 m b) Lưu lượng và vận tốc dòng chảy sau miệng ống xả. + Lưu lượng của dòng chảy sau miệng cống xả: Qx = 3000 + 30 = 30,03 (m3/s) 86400 + Diện tích mặt cắt ngang của dòng sông: s  s  3600 1h 30 m A= 3  h  101kmm 3 0,8 km = 135 (m2) + Vận tốc của dòng chảy sau cống xả: Q x 30,03(m 3 / s )  v= = 0,22 (m/s) A 135(m 2 ) c) Nồng độ BOD trong đoạn sông sau miệng ống xả. d  d  86400  60 g   30m  5 g  s  m   m   5,06 (g/m ) = 5,06 (mg/l) s 30,03m  s 3000 m Cs = 3 3 3 3 3 3 d) Thông lượng BOD của sông sau miệng ống xả J= L 7,5(kg / h)   0,056 (kg/m2.h) A 135(m 2 ) II. Bài tập 2 Câu 1: Mot thùng kín chứa 10 L nước và 10 L không khí và 1 kg bùn có hàm lượng chất hữu cơ là 10%. Cho vào thùng một lượng benzen và khuấy đều đến khi nồng độ benzen trong nước, không khí và bùn không đổi. Biết:  Ðộ tan của benzen là 1,8 g/L  Hằng số Henry (không thứ nguyên) của benzen là 0,225  Hệ số phân chia octanol-nướcc Kow của benzen là 131,8 Hệ số phân chia cacbon hữu cơnước Koc (L/kg) của benzen phụ thuộc vào Kow theo công thức : log10 Koc = 1,01 log10 Kow – 0,72 Tính nông độ benzen đã cho vào thùng nếu nồng độ benzen trong bùn đo được là 0,2 mg/kg. Giải Ta có: + Thể tích không khí chứa benzen: Va = 10 l, + Thể tích nước chứa benzen: Vw = 10 l, + Khối lượng bùn chứa benzen: ms = 1 kg, + Nồng độ benzen trong bùn: Cs = 0,2 mg/kg, + Nồng độ benzen trong nước: Cw (mg/l) + Nồng độ benzen trong không khí: Ca (mg/l) + Thành phần cacbon hữu cơ trong chất rắn: foc = 10% + Hằng số henry không thứ nguyên: Hc = 0,225 Khối lượng của benzen cho vào thùng: Mb = Va.Ca + ms.Cs + Cw.Vw Kp = C 0,2 Cs  0,076 (mg/l) => Cw = s = Kp 2,63 Cw Mà Kp = focxKoc = focx 10 (1,01log10Kow - 0,72) = 2,63 Ở trạng thái cân bằng: Hc =  Ca => Ca = 0,017 (mg/l) Cw Mb = 0,076(mg/l) x 10(l) + 0,017(mg/l)x10(l) + 0,2(mg/kg) x 1(kg) = 1,13 (kg) Câu 2: Chọn Acenaphthene và 2 chất bất kì khác trong Bảng 36 trong file đính kèm. 100 kg của từng chất phân bố thế nào ở trạng thái cân bằng trong một không gian kín có: 150 tấn đất (5% organic carbon) 5000 m3 nước và 106 m3 khí? Các giá trị độ tan (solubility), hằng số Henry (HLC) và hằng số Henry không thứ nguyên (H’) được cho trong bảng. Sử dụng quan hệ giữa Koc (L/kg) và Kow theo công thức (Koc) = 0.41 (Kow) Giải: Với chất: Acenaphthene Tra bảng 3.6 Ta có: + Hằng số Henry HLC = 1,55x10-4 (atm.m3/mol) + Hằng số Henry không thứ nguyên H’ = 6,36x10-3 + logKow = 3,92 => Kow = 103,92 + Thể tích nước: 5000 m3 + thể tích không khí: 106 m3 + Khối lượng đất: 150 tấn đất + Thành phần cacbon hữu cơ trong đất: foc = 5% Hằng số phân chia rắn – nước: Kp = Cs  f oc  K oc  0,05  0,41  10 3,92  170,5 (l/kg) => Cs = 170,5Cw (1) Cw Trạng thái cân bằng: H’ = Ca  6,36x10 -3 => Ca = 6,36x10-3Cw (2) Cw Mặt khác: 100 kg = 5000xCw + 106xCa + 15x104Cs (3) Thay (1), (2) vào (3)  100(kg) = 5000(m3)Cw + 15x104(kg)x10-3(m3/l)x170,5(l/kg)Cw+ 106(m3)x6,36x10-3 Cw  Cw = 2,7x10-3 (kg/m3) => mw = 13,54 (kg)  Cs = 4,62x10-4 (mg/kg) => ms = 69,24 (kg)  Ca = 2,72x10-5 (g/m3) => ma = 17,22 (kg) Với chất: Benzene Tra bảng 3.6 Ta có: + Hằng số Henry HLC = 5,55x10-3 (atm.m3/mol) + Hằng số Henry không thứ nguyên H’ =2,28x10-1 + logKow = 2,13 => Kow = 102,13 + Thể tích nước: 5000 m3 + thể tích không khí: 106 m3 + Khối lượng đất: 150 tấn đất + Thành phần cacbon hữu cơ trong đất: foc = 5% Hằng số phân chia rắn – nước: Kp = Cs  f oc  K oc  0,05  0,41  10 3,92  2,77 (l/kg) => Cs = 2,77Cw (1) Cw Trạng thái cân bằng: HLC = Ca  2,28x10 -1 => Ca = 2,28x10-1 Cw (2) Cw Mặt khác: 100 kg = 5000(m3)xCw + 106(m3)xCa + 15x104(m3)Cs (3) Thay (1), (2) vào (3)  100(kg) = 5000(m3)Cw(g/m3) + 2,77(l/kg)x10-3(m3/l)x15x104(kg)Cw+ 106x2,28x10-1Cw (g/m3)  Cw = 4,28x10-4 (kg/m3) => mw = 2,14 (kg)  Cs = 1,18x10-6(mg/kg) => ms = 0,18 (kg)  Ca = 9,77x10-5 (kg/m3) => ma = 97,68 (kg) Với chất: DDD Tra bảng 3.6 Ta có: + Hằng số Henry HLC = 4x10-6 (atm.m3/mol) + Hằng số Henry không thứ nguyên H’ =1,64x10-4 + logKow = 6,1 => Kow = 106,1 + Thể tích nước: 5000 m3 + thể tích không khí: 106 m3 + Khối lượng đất: 150 tấn đất + Thành phần cacbon hữu cơ trong đất: foc = 5% Hằng số phân chia rắn – nước: Kp = Cs  f oc  K oc  0,05  0,41  10 6,1  25808 (l/kg) => Cs = 25808Cw (1) Cw Trạng thái cân bằng: HLC = Ca  2,28x10 -1 => Ca = 1,64x10-4 Cw (2) Cw Mặt khác: 100 kg = 5000(m3)xCw + 106(m3)xCa + 15x104(m3)Cs (3) Thay (1), (2) vào (3)  100(kg) = 5000(m3)Cw(g/m3) + 25808(l/kg)x10-3(m3/l)x15x104(kg)Cw+ 106x1,64x10-4Cw (g/m3)  Cw = 2,58x10-5 (kg/m3) => mw = 0,129 (kg)  Cs = 6,66x10-4(mg/kg) => ms = 99,87 (kg)  Ca = 4,23-9 (kg/m3) => ma = 0,004 (kg) III. Bài tập 3. Câu 1: Kết quả của một thí nghiệm nhằm xác định tốc độ phân hủy của chất ô nhiễm Z như sau: t (h) 0 2 4 6 8 10 C (ppb) 10,5 5,1 3,1 2,8 2,2 1,9 Xác định bậc và hằng số vận tốc của phản ứng phân hủy chất Z. Giải t (h) 0 2 4 6 8 10 C (ppb) 10,5 5,1 3,1 2,8 2,2 1,9 2,4 1,6 1,1 1 0,8 0,6 -0,1 -0,2 -0,3 -0,4 -0,5 -0,5 lnC -1/C ppb-1 + Công thức xác định bậc phản ứng là: r = -KCn + Đồ thị biểu diễn bậc phản ứng 0 là: + Đồ thị biểu diễn bậc phản ứng 1 là: + Đồ thị biểu diễn bậc phản ứng 2 là: Dựa vào 3 đồ thị ta có thể thấy, thí nghiệm phân hủy chất ô nhiễm Z là phản ứng ở bậc 2. Hằng số phân hủy, K = - 0,0857. Câu 2: Môt vụ tràn đổ hóa chất A xảy ra trên sông lúc 8h tối. Kết quả mô phỏng nồng độ của chất A trên sông ở các thời điểm sau khi tràn đổ xảy ra 2, 4, 6 và 10 giờ được trình bày trong hình dưới đây. Nồng độ cao nhất của chất ô nhiễm trong nước sông sau 4 giờ kể từ khi tràn đổ xảy ra là bao nhiêu mg/L, đo được ở vị trí cách nơi tràn đổ bao xa? Nồng độ cho phép của chất A trong nước dùng cho cấp nước là 3 µg/L. Nhà máy nước nằm cách vị trí tràn đổ 18 km về phía hạ lưu. Việc tràn đổ có làm ảnh hưởng đến hoạt động của nhà máy nước không? Giải: Dựa vào đồ thị có thể nhận xét rằng, nồng độ của chất ô nhiễm A trong nước sông sau 4 giờ từ khi tràn đổ xảy ra (tức 24h) là 4,13x10-6 mg/l. Vị trí có nồng độ cao nhất của chất ô nhiễm sau khi tràn đổ 4 h là 7,2 km. Nồng độ chất ô nhiễm nằm cách vị trí tràn đổ 18km (nhà máy nước) là 2,6x10 -6 (g/l) = 2,3 g / l < nồng độ cho phép của chất A trong nước dùng cho nước cấp. Vì vậy không ảnh hưởng đến hoạt động của nhà máy. Câu 3: Một tên khủng bố thả một ống nghiệm chứa 1011 vi khuẩn bệnh than vào một con kênh. Điểm thả cách miệng ống lấy nước của nhà máy xử lý nước 900 m về phía thượng lưu. Mặt cắt dòng chảy của kênh là 0.6 m2. Nếu vận tốc dòng chảy là 40 cm/s và hệ số khuyếch tán của dòng chảy là 0.1 cm2/s, sau bao lâu thì nồng độ khuẩn than ở tại miệng ống của nhà máy nước sẽ cao nhất? Nồng độ đó là bao nhiêu? Nếu khuẩn than có thời gian bán phân hủy là 10 h, thì nồng đô khuẩn than cao nhất tại miệng ống nhà máy nước là bao nhiêu? Giải Ta có: + Hệ số khuếch tán của dòng chảy là: E = 0,1 cm2/s = 10-4 m2/s + Thời gian bán phân hủy là  = 10h => K = 0,693  = 0,0693 (1/h) = 1,93x10-5 (1/s) + Vận tốc dòng chảy là: v = 40 cm/s = 10-4 (m/s) + Diện tích mặt cắt của dòng sông: A = 0,6 (m2),  Thời gian mà vi khuẩn than di chuyển từ nơi thả ống nghiệm đến nhà máy nước là: t=  900 m  2250 (s) 0,4(m / s ) Nồng độ khuẩn than tại vị trí của nhà máy là: + Với t = 2250 (s) + x = 900 (m) C= =  ( x  vt ) 2  M  exp  4 Et  A 4Et   (900 (m)  0,4 (m/s)  2250 ( s )) 2   exp  4  10 4 (m 2 / s )  2250 ( s )  0,6(m 2 ) 4  10 4 (m 2 / s )  2250 ( s )  1011 = 9,91x1010 (vk/m3)  Nồng độ khuẩn than tại miệng ống nhà máy sau khi phân hủy: C=  ( x  vt ) 2  M exp   Kt  = 4 Et A 4Et    (900 (m)  0,4 (m/s)  2250 ( s )) 2  exp   1,93  10 5 (1 / s )  2250 ( s )  4 2 2 4 2 4  10 (m / s )  2250 ( s ) 0,6(m ) 4  10 (m / s )  2250 ( s )   1011 = 9,5x1010 (vk/m3) Câu 4: Một tàu chở hóa chất bị thủng và một lượng chất hữu cơ A bị tràn đổ ra sông. Nước sông có pH là 7,5. Vận tốc dòng chảy là 0,3 m/s, hệ số khuyếch tán của dòng chảy là 5x10 -2 m2/s và lưu lượng là 1 m3/s. Ở pH 7.5, chất đó chủ yếu. Khoảng cách (km) Nồng độ (g/L) bị phân hủy do thủy phân với hằng số tốc độ phản ứng bậc nhất là 2x10 4 /s. Nồng độ lớn nhất của chất đó đo được tại trạm quan trắc 1080 m cách điểm tràn đổ về phía hạ nguồn là 153 mg/L hay 0,153 kg/m3. Ước tính khối lượng chất A đã tràn đổ. Sau 2 giờ kể từ khi tràn đổ, nồng độ chất A tại điểm cách vị trí tràn đổ 2200 m là bao nhiêu? Giải Ta có: + Hệ số khuếch tán của dòng chảy là: E = 5x10-2 m2/s, + Hằng số tốc độ phản ứng bậc nhất là: K = 2x10-4 /s, + Vận tốc dòng chảy là: v = 0,3 m/s, + Nồng độ lớn nhất của chất đó đo được tại trạm quan trắc là: Cmax = 0,153 kg/m3, + Lưu lượng của sông: 1 m3/s, + Diện tích mặt cắt của dòng sông: A = 1/0,3 = 3,3 (m2),  Thời gian mà chất A di chuyển từ nơi tràn đổ đến trạm quan trắc: t= 1080 m  3600 (s) 0,3(m / s )  Khối lượng chất A đã tràn đổ là: + Với t = 7200 (s) + x = 1080 (m)  ( x  vt ) 2  M C. A 4Et  => M = exp  4 Et   ( x  vt ) 2  A 4Et  exp   Kt  4 Et   C=   2 0,153 kg 3   3,3(m 2 ) 4  5  10 2 m  3600 ( s) s  m  =    (1080 (m)  0,3(m / s)  3600 ( s)) 2  -4 exp   2  10 (1/s)  3600(s)  2   4  5  10 2 m  3600 ( s) s    49 (kg)    Nồng độ chất A tại vị trí cách nguồn thải 2200 m là: + Với t = 2 (giờ) = 7200 (s) + x = 2200 (m) C= 49(kg ) 3,3(m 2 ) 4  5  10 2 (m 2 s  ( x  vt ) 2  M exp   Kt  = 4 Et A 4Et    (2200 (m)  0,3 (m/s)  7200( s)) 2  exp   2  10 4 (1 / s )  7200 ( s)  2 2 4  5  10 (m / s)  7200 ( s )   )  7200 ( s) 3 = 0,018 (kg/m ) = 18 (mg/l) Câu 5: Một thùng chứa m = 200 kg chất X bị tràn đổ ra sông vào lúc 7h tối từ một nhà máy. Một trạm quan trắc nằm ở 2 km về phía hạ lưu của nhà máy. Số liệu quan trắc cho thấy vận tốc dòng chảy là 0.1 m/s, hệ số khuyếch tán của dòng chảy là 30 m2/s và lưu lượng dòng chảy là 2 m3/s. Nếu ngưỡng phát hiện chất X của máy đo tại trạm quan trắc là 0.1 ppm thì tại thời điểm nào trạm quan trắc bắt đầu phát hiện chất X? Nồng độ lớn nhất của chất đó đo được tại trạm là bao nhiêu? Nồng độ đó đo được vào lúc nào? Khi đó chiều dài của khúc sông bị ô nhiễm (chứa 95% lượng chất ô nhiễm đã đổ) là bao nhiêu? Khi nào thì trạm quan trắc không còn phát hiện được chất X nữa? Nếu vụ tràn đổ xảy ra vào lúc 9h sáng, do chất X dễ bị phân hủy bởi ánh sáng, Giải Ta có: + Hệ số khuếch tán của dòng chảy là: E = 30 m2/s, + Vận tốc dòng chảy là: v = 0,1 m/s, + Lưu lượng của sông: 2 m3/s, + Diện tích mặt cắt của dòng sông: A = 2/0,1 = 20 (m2), + Khối lượng của chất X là: M = 200 (kg), + Ngưỡng phát hiện ra chất X của máy đo tại trạm quan trắc là: 0,01 ppm = 0,01 g/m3 Thời điểm mà trạm quan trắc bắt đầu phát hiện được chất X là: + Với x = 2000 m C=  ( x  vt ) 2  M  exp  4 Et  A 4Et   0,01 (g/m3)=  (2000 (m)  0,1 (m/s)  t ( s )) 2   exp  4  30(m 2 / s )  t ( s ) 20(m 2 ) 4  30(m 2 / s )  t ( s )   200000 ( g )  10 5 10 t     3 12000   3t  1,94x10-5 t  exp    t = 4000 (s)  Thời điểm bắt đầu phát hiện chất X là 4000s Nồng độ cao nhất tại thời điểm t = 20000 s: C= =  ( x  vt ) 2  M  exp  4 Et  A 4Et   (2000  0,1  20000 ) 2 exp  4  30  20000 20 4 30  20000  200    3,64  10 3  IV. Bài tập 4 Mã số SV: 1 2 1 2 7 1 3 4 Y X Các thông số của dòng chảy (ở 25 toC) Thông số Đơn vị Phân khúc FA AC CD DOsat mg/L 8.5 8.9 8.7 kd /ngày 0.35 0.51 0.46 Độ sâu m 1 3.1 2.8 Diện tích mặt cắt m2 12 32 42 Độ dài km 15 25 20 AB = 15 km Các khu dân cư tại F và C xả nước thải chưa xử lý vào sông với các thông số cho trên hình. Yêu cầu: 1. Vẽ đường biễu diễn nồng độ oxy hòa tan và BOD của trên các phân khúc FA, AC, CD trong điều kiện cơ bản đã cho ở trên. 2. Chất lượng nước tại các điểm B, D có đạt tiêu chuẩn phù hợp với mục đích sử dụng không? Đề xuất hướng giải quyết nếu không đạt. 1. Vẽ đường biễu diễn nồng độ oxy hòa tan và BOD của trên các phân khúc FA, AC, CD trong điều kiện cơ bản đã cho ở trên.  Phân khúc FA: Ta có:  DOsat = 8,5 (mg/L)  kd = 0,35 (1/ngày)  Độ sâu: H = 1 m  Diện tích mặt cắt: S = 12 m2  Độ dài : x = 15 km  Lưu lượng của phân khúc FA: QFA = 40000 (m3/ngày)  Vận tốc dòng chảy: v = QFA/S =3333 (m/ngày) = 0,039 (m/s) + BOD sau khi hòa trộn 2 nguồn nước thải trên phân khúc FA: BOD = 4  35000  150  5000  22,25 (mg/l) 40000 + DO sau khi hòa trộn 2 nguồn nước thải trên phân khúc FA: DO = 5  35000  0  5000  4,4 (mg/l) 40000 Phương trình biểu diễn nồng độ BOD: x v L = Lo.exp(-kdt) = Lo.exp(-kd ) (1) Với: + Lo = BOD trong phân khúc FA = 22,25 (mg/l) x v (1)  L = 22,25exp(-0,35 ) Phương trình biểu diễn nồng độ DO:   x v DO = DOsat - D = Dosat - Do.exp   k a   k d  Lo ka  kd   x x   exp  k d v   exp  k a v  (2)      Với: + Do = 4,4 (mg/l), (tại thời điểm t = 0) + Lo = 22,25 (mg/l) (tại thời điểm t = 0 và x = 0), + Theo công thức thực nghiệm của O’connor – Dobbins (20oC): + v = 3333 (m/d). ka = 3,93 0,039 0,5 v 0,5 = 3,93 = 0,78 (1/d) => ka (25oC) = 0,78x1,0245 = 0,88 (1/d) 11,5 H 1,5    x v (2)  DO = 8,5 – 4,4.exp  0,88    0,35  22,25   x x    exp  0,35   exp  0,88   )  0,88  0,35   v v    Bảng 4.1. Biểu diễn nồng độ DO và BOD theo thời gian t (ngày) x (m) BOD (L) (mg/l) DO (mg/l) 0,0 0 22,25 4,10 0,3 1000 20,03 3,18 0,6 2000 18,04 2,66 0,9 3000 16,24 2,44 1,2 4000 14,62 2,43 1,5 5000 13,16 2,56 1,8 6000 11,85 2,79 2,1 7000 10,67 3,08 2,4 8000 9,61 3,40 2,7 9000 8,65 3,75 3,0 10000 7,79 4,09 3,3 11000 7,01 4,43 3,6 12000 6,31 4,77 3,9 13000 5,68 5,08 4,2 14000 5,12 5,38 4,5 15000 4,61 5,65 Hình 4.1. Đồ thị biểu diễn nồng độ DO và BOD trên phân khúc FA  Phân khúc AC: Ta có:  DOsat = 8,9 (mg/L)  kd = 0,51 (1/ngày)  Độ sâu: H = 3,1 m  Diện tích mặt cắt: S = 32 m2  Độ dài : x = 25 km  Nồng độ BOD tại điểm A (từ nguồn F đi chuển tới): 4,61 (mg/l)  Nồng độ DO tại điểm A (từ nguồn F đi chuển tới): 5,65 (mg/l) Lưu lượng của phân khúc AC: QAC = 190000 (m3/ngày)  Vận tốc dòng chảy: v = QAC/S = 5937,5 (m/ngày) = 0,069 (m/s) + BOD sau khi hòa trộn 2 nguồn nước thải trên phân khúc FA: BOD = 3  150000  4,61  400000  3,3 (mg/l) 190000 + DO sau khi hòa trộn 2 nguồn nước thải trên phân khúc FA: DO = 5  150000  5,65  400000  5,1 (mg/l) 190000 Phương trình biểu diễn nồng độ BOD: x v L = Lo.exp(-kdt) = Lo.exp(-kd ) (1) Với: + Lo = 3,3 (mg/l) (tại t = 0) x v (2)  L = 3,3exp(-0,51 ) Phương trình biểu diễn nồng độ DO:   x v DO = DOsat - D = Dosat - Do.exp   k a   k d  Lo   x x   exp  k d   exp  k a  (2)  ka  kd   v v   Với: + Do = 5,1 (mg/l), (tại thời điểm t = 0) + Lo = 3,3 (mg/l) (tại thời điểm t = 0 và x = 0), + Theo công thức thực nghiệm của O’connor – Dobbins (20oC): + v = 5937,5 (m/d) = 0,069 (m/s) ka (20oC) = 3,93 0,069 0 ,5 v 0,5 = 3,93 = 0,19 (1/d) => ka (25oC) = 0,19x1,0245 = 0,21 (1/d) 3,11,5 H 1,5    x v (2)  DO = 8,9 – 5,1.exp  0,21    0,51  3,3   x x    exp  0,51   exp  0,21   )  0,21  0,51   v v    Bảng 4.2. Biểu diễn nồng độ DO và BOD theo thời gian t (ngày) x (m) BOD (L) (mg/l) DO (mg/l) 0 3,30 3,80 0,3 2000 2,78 3,65 0,7 4000 2,34 3,58 1,0 6000 1,97 3,59 1,3 8000 1,66 3,65 1,7 10000 1,40 3,76 2,0 12000 1,18 3,90 0,0 2,4 14000 0,99 4,06 2,5 15000 0,91 4,15 2,7 16000 0,83 4,24 3,0 18000 0,70 4,43 3,4 20000 0,59 4,63 3,7 22000 0,50 4,83 4,0 24000 0,42 5,03 4,2 25000 0,39 5,13 Hình 4.2. Đồ thị biểu diễn nồng độ DO và BOD trên phân khúc AC  Phân khúc CD: Ta có:  DOsat = 8,7 (mg/L)  kd = 0,46 (1/ngày)  Độ sâu: H = 2,8 m  Diện tích mặt cắt: S = 42 m2  Độ dài : x = 20 km  Nồng độ BOD tại điểm C (từ nguồn A,F di chuyển tới): 0,39 (mg/l)  Nồng độ DO tại điểm C (từ nguồn A,F di chuyển tới): 5,13 (mg/l) Lưu lượng của phân khúc CD: QCD = 210000 (m3/ngày)  Vận tốc dòng chảy: v = QCD/S = 5000 (m/ngày) = 0,059 (m/s) + BOD sau khi hòa trộn 2 nguồn nước thải trên phân khúc CD: BOD = 80  20000  0,39  190000  7,8 (mg/l) 210000 + DO sau khi hòa trộn 2 nguồn nước thải trên phân khúc CD: DO = 2  20000  5,13  190000  4,8 (mg/l) 210000 Phương trình biểu diễn nồng độ BOD: x v L = Lo.exp(-kdt) = Lo.exp(-kd ) (1) Với: + Lo = 7,8 (mg/l) (tại t = 0, x = 0) x v (3)  L = 7,8(-0,46 ) Phương trình biểu diễn nồng độ DO:   x v DO = DOsat - D = Dosat - Do.exp   k a   k d  Lo ka  kd   x x   exp  k d v   exp  k a v  (2)      Với: + Do = 4,8 (mg/l), (tại thời điểm t = 0) + Lo = 7,8(mg/l) (tại thời điểm t = 0 và x = 0), + Theo công thức thực nghiệm của O’connor – Dobbins (20oC): + v = 5000 (m/d) = 0,059 (m/s) ka (20oC) = 3,93 0,059 0 ,5 v 0,5 = 3,93 = 0,2 (1/d) => ka (25oC) = 0,19x1,0245 = 0,23 (1/d) 1, 5 1, 5 2,8 H    x v (2)  DO = 8,7 – 4,8.exp  0,23    0,46  7,8   x x    exp  0,46   exp  0,23   )  0,23  0,46   v v    Bảng 4.3. Biểu diễn nồng độ DO và BOD theo thời gian t (ngày) x (m) BOD (L) (mg/l) DO (mg/l) 0,0 0 7,80 3,90 0,4 2000 6,49 3,07 0,8 4000 5,40 2,53 1,2 6000 4,49 2,20 1,6 8000 3,74 2,05 2,0 10000 3,11 2,04 2,4 12000 2,59 2,13 2,8 14000 2,15 2,29 3,2 16000 1,79 2,51 3,6 18000 1,49 2,76 4,0 20000 1,24 3,05 Hình 4.3. Đồ thị biểu diễn nồng độ DO và BOD trên phân khúc AC Câu 2. Xác định chất lượng nước thải các điểm B và D. Điểm B: Dựa vào bảng 4.2 ta có: + BOD = 0,91 (mg/l) => BOD5 = BODx(1-exp(-5kd) = 0,91x(1-exp(-5x0,51)) = 0,83 (mg/l) + DO = 4,15 (mg/l) Điểm D: Dựa vào bảng 4.3 ta có: + BOD = 1,24 (mg/l) => BOD5 = BODx(1-exp(-5kd) = 1,24x(1-exp(-5x0,46)) = ,12 (mg/l) + DO = 3,05 (mg/l)  Chất lượng nước ở điểm B và D đem đi so sánh với cột A1, cho thấy rằng BOD5 nhỏ hơn quy chuẩn cho phép, DO thì chưa đạt. Nguồn nước tại điểm B có thể sử dụng tốt cho mục đích nuôi trồng thủy sản với điều kiện là cung cấp thêm oxi cho phù hợp với loại thủy sản được nuôi. Nguồn nước tại điểm D có thể sử dụng tốt cho mục đích sản xuất nước cấp với điều kiện là phải làm thoáng đề cung cấp thêm oxi. V. Bài tập 5 Câu 1: Một hồ nứơc có độ sâu trung bình là 5 m, diện tích mặt hồ là 11x106 m2. Thời gian lưu nước (tính bằng thể tích hồ / lưu lượng vào hồ) là 4.6 năm. Một nhà máy hóa chất sản xuất thuốc trừ sâu thải malathion (một loại thuốc trừ sâu gốc phốt pho) vào hồ với lượng thải ước tính là 2000x106 g/năm. Lượng nước thải từ nhà máy xem như rất nhỏ so với lưu lượng dòng suối. Trước khi chảy qua nhà máy, dòng suối chảy qua một khu nông nghiệp nên bị nhiễm malathion với nồng độ 15 ppm. Lượng nước chảy vào và chảy ra khỏi hồ là bằng nhau. a. Tính nồng độ malathion trong hồ ở trạng thái ổn định nếu:  Malathion bị thủy phân trong nước theo bậc không với hằng số tốc độ thủy phân là  Malathion bị thủy phân trong nước theo bậc một với thời gian bán hủy là 6.93 năm  Malathion bị thủy phân trong nước theo bậc hai với hằng số tốc độ thủy phân là 0.008 m3/g.năm. b. Xét trường hợp Malathion bị thủy phân trong nước theo bậc một, để nồng độ malathion trong hồ duy trì ở mức 30 ppm ở trạng thái ổn định thì nhà máy cân nhắc chọn một trong hai phương pháp sau: + Phương pháp 1: Xây dựng hệ thống xử lý chất thải. Hiệu suất xử lý malathion mà hệ thống cần đạt được là bao nhiêu (theo %)? + Phương pháp 2: Trộn một enzym xúc tác vào hồ để tăng tốc độ thủy phân của malathion. Khi đó hằng số tốc độ phản ứng thủy phân (có xúc tác) cần đạt được là bao nhiêu? Giải Ta có: + Thể tích của hồ chứa: V = 5x11x106 = 55x106 (m3) + Lưu lượng nước vào hồ trong 1 năm là: Q = V = 12x106 (m3/năm) 4, 6 + Tốc độ thải trực tiếp: W = 2000x106 g/năm + Nồng độ malathion chảy vào hồ: Cv = 15 ppm = 15 g/m3 + Lưu lượng nước vào hồ và ra khỏi hồ là bằng nhau và bằng Q a. Tính nồng độ malathion trong hồ ở trạng thái ổn định nếu:  Malathion bị thủy phân trong nước theo bậc không với hằng số tốc độ thủy phân là 0.05 g/m3.năm. => K = 0,05 g/m3.năm.  Phương trình cân bằng vật chất trong hồ theo bậc không: V  dC Q  C v  W  KC 0  V  0  Do hồ ở trạng thái ổn định nên: , => C = dt Q 11,96  10 6 (m  dC  Q  C v  W  Q  C  S  KC 0  V dt 3 y )  15( g )  2000  10 6 ( g )  0,05( g 3 )  55  10 6 (m 3 ) y m m .y =182 (mg/l) 6 m3 11,96  10 ( ) y 3  Malathion bị thủy phân trong nước theo bậc một với thời gian bán hủy là 6.93 năm + Phản ứng bậc 1 nên:  1  2  Phương trình cân bằng vật chất trong hồ theo bậc 1: V  0,693 0,693 => K = = 0,1 (1/năm) K 6,93 dC  Q  C v  W  Q  C  KC 1  V dt Do hồ ở trạng thái ổn định nên: dC  0, dt 3 11,96  10 6 (m )  15( g 3 )  2000  10 6 ( g ) Q  Cv  W y y m  => C =  124,8 (mg/l) 0 3 Q  KC  V 11,96  10 6 (m )  0,1( 1 )  55  10 6 (m 3 ) y y  Malathion bị thủy phân trong nước theo bậc hai với hằng số tốc độ thủy phân là 0.008 m3/g.năm. K = 0,1 (0.008 m3/g.năm)  Phương trình cân bằng vật chất trong hồ theo bậc 1: V  dC  Q  C v  W  Q  C  KC 2  V dt Do hồ ở trạng thái ổn định nên: dC  0, dt  Q  Cv  W  Q  C  KC 2 V = 0 11,96  10 6 (m   0,008(m 3 3 g. y y )  15( g )  C 2 (g )  2000  10 6 ( g )  11,96  10 6 (m )  C ( g 3 ) y y m m 3 3 m3 ) 2  55  10 6 (m 3 )  0  C = 55,38 g/m3 b. Xét trường hợp Malathion bị thủy phân trong nước theo bậc một, để nồng độ malathion trong hồ duy trì ở mức 30 ppm ở trạng thái ổn định thì nhà máy cân nhắc chọn một trong hai phương pháp sau: + Phương pháp 1: Xây dựng hệ thống xử lý chất thải. Hiệu suất xử lý malathion mà hệ thống cần đạt được là bao nhiêu (theo %)?  Phương trình cân bằng vật chất trong hồ theo bậc 1: V  dC  Q  C v  W  Q  C  S  KC 1  V dt Do hồ ở trạng thái ổn định nên: dC  0, dt Q  Cv  W  Q  C  S  KC1  V = 0 => S = Q  Cv  W  Q  C  KC1  V = 11,96  10 6  15  2000  10 6  11,96  10 6  30  0,1  30  55  10 6  1656  10 6 ( g / y)  Hiệu suất xử lý của nhà máy cần đạt là: S 1656  10 6  83% = W 2000  10 6 H= + Phương pháp 2: Trộn một enzym xúc tác vào hồ để tăng tốc độ thủy phân của malathion. Khi đó hằng số tốc độ phản ứng thủy phân (có xúc tác) cần đạt được là bao nhiêu?  Phương trình cân bằng vật chất trong hồ theo bậc 1: V  dC  Q  C v  W  Q  C  KC 1  V dt Do hồ ở trạng thái ổn định nên: dC  0, dt Q  Cv  W  Q  C  KC1  V = 0 => K = 11,96  10 6 (m = 3 y )  15( g Q  Cv  W  Q  C C1 V )  2000  10 6 ( g )  11,96  10 6 (m )  30( g 3 ) y y m m  1,29 (1/năm) g 6 3 30( )  55  10 (m ) m3 3 3 Câu 2: Nitrat là một chất ô nhiễm thường gặp trong nước ngầm ở các vùng nông nghiệp. Nguồn của nitrat bao gồm phân bón hóa học, phân chuồng, và từ các hầm tự hoại. Nitrat có khả năng gây ra triệu chứng da xanh ở trẻ em do ức chế sự chuyên chở oxy của hồng cầu. Nồng độ giới hạn của nitrat trong nước uống được quy định là 50 mg/L. Xét một hồ nước nhỏ có dòng nước chảy vào với lưu lượng Qs = 0.01 m3s-1 và nước ngầm thấm vào với lưu lượng Qg = 0.005 m3s-1. Dòng nước chảy vào ao không chứa nitrat, nhưng nước ngầm bị ô nhiễm nặng bởi nitrat thấm ra từ một kho chứa phân bón cũ gần hồ. Nồng độ trung bình của nitrat trong nước ngầm là 200 mg/L. Thể tích hồ là 105 m3. Do tác dụng của gió và nhiệt độ, nước trong hồ được xem như xáo trộn hoàn toàn. 1. Giả sử các hố tự hoại đã tồn tại rất lâu và nồng độ của nitrat trong hồ đã đạt tới trạng thái ổn định, nồng độ nitrat trong dòng nước chảy ra khỏi hồ là bao nhiêu? 2. Nếu sau khi tính toán nồng độ nitrat ở trên, nếu áp dụng các biện pháp ngăn chặn tại kho chứa để nitrat không thấm vào nước ngầm, sau bao nhiêu ngày thì nước hồ an toàn cho sử dụng làm nước uống? Giải Ta có: + Lưu lượng nước chảy vào hồ: Qs = 0.01 m3s-1 + Lưu lượng nước ngầm ngấm vào hồ: Qg = 0.005 m3s-1 + Lưu lượng nước ra khỏi hồ: Qr = Qs + Qg = 0,015 (m3/s) + Nồng độ nitrat chứa trong nước ngầm: Cg = 200 mg/L = 200 g/m3 + Nồng độ nitrat chứa trong nước nguồn chảy vào hồ là 0, + Thể tích của hồ là: V = 105 m3 1. Nồng độ nitrat của nước chảy ra khỏi hồ là:  Phương trình cân bằng vật chất trong hồ: V dC  Qg  C g  Qr  C (1) dt  Hồ ở trạng thái ổn định: dC = 0 => C = dt Qg C g Qr (mg/l) 2. Thời gian để hồ an toàn cho sử dụng làm nước uống.  Phương trình cân bằng vật chất trong hồ: V dC  Qr  C dt   s  200 g m  = 66,67 m  0,015 s 0,005 m 3 3 3  dt =  t=-   VdC 10 5 m 3 dC  Qr  C   0,015 m3  C  g    3  s  m     10 5 30 ln C 66, 7  2,6 (ngày) 0,015 Câu 3: Dòng nước chảy vào hồ chứa A có nồng độ atrazine (một loại thuốc trừ sâu thông dụng) là 6 mg/L. Lưu lượng của nước vào hồ là 1x105 m3/năm. Lưu lượng nước chảy ra khỏi hồ là 9x104 m3/năm. Hồ được xáo trộn đều và thể tích của hồ luôn ổn định ở mức 2x105 m3. Nước hồ thấm vào đất và nước ngầm thấm vào hồ là không đáng kể. Chênh lệch giữa lưu lượng nước vào và ra khỏi hồ là do bốc hơi. a. Giả sử hồ đang ở trạng thái ổn định với nồng độ của antrazine trong dòng nước chảy ra khỏi hồ là 5 mg/L. Như vậy hằng số tốc độ phân hủy (bậc 1) của antrazine trong nước hồ là bao nhiêu? b. Nếu antrazine bị hạn chế sử dụng trong vùng, và hàm lượng antrazine trong dòng nước chảy vào hồ giảm xuống = 0. Sau bao lâu thì hàm lượng antrazine trong dòng nước chảy ra khỏi hồ giảm đến 2 mg/L? Giải Ta có: + Lưu lượng nước vào hồ: Qv = 1x105 m3/năm, + Lưu lượng nước ra hồ: Qr = 9x104 m3/năm, + Nồng độ atrazine đi vào hồ là: Cv = 6 mg/L = 6 g/m3 + Nồng độ atrazine đi ra khỏi hồ là: C = 5 mg/L = 5 g/m3 + Thể tích của hồ là: V = 2x105 m3 a. Tìm giá trị hằng tốc độ phân hủy:  Phương trình cân bằng vật chất trong hồ: V dC  Qv  Cv  Qr  C  KC1  V (1) dt  Hồ ở trạng thái ổn định: dC Q  C  Qr  C  = 0 => K = v v C V dt 3 3 10 5  m   6 g 3   9  10 4  m y  m   =  g 5 3   5 3   2  10 m m     5 g  y   m 3    b. Thời gian để atrazine giảm đến 2 mg/l  0,15 (1/năm) + Cv = 0  Phương trình cân bằng vật chất trong hồ: V dC VdC VdC  0  Qr  C  KC1  V  dt =   1 dt Qr  C  KC  V C (Qr  K  V )  dt =  2  10 5 (m 3 )dC 9  10 4  m3    5 3   0,15 1   2  10 5 (m 3 )  C  y   y 2  t = - ln C 5 = 1,5 (năm) Câu 5: Một hồ nước có các thông số sau:  Thể tích: 50.000 m3  Độ sâu trung bình: 2m  Lưu lượng nước vào = lưu lượng ra = 7.500 m3/ngày  Nhịêt độ nước hồ: 25oC Hồ tiếp nhận chất ô nhiễm A từ 3 nguồn: một nhà máy xả trực tiếp vào hồ với tải lượng xả 50 kg/ngày; từ không khí sa lắng với tốc độ 0,6 g/m2.ngày; và nồng độ trong dòng nước vào là 10 ppm. Chất A có thời gian bán hủy (bậc 1) trong nước là 2,8 ngày ở 20oC. Hằng số Arrhenius của chất A là 1,05. Giải: Ta có: + Q = 7.500 (m3/ngày), + Nồng độ của chất A vào hồ: Cv = 10 ppm = 10 (g/m3), + Hằng số phản ứng của chất A ở 20oC là:  1 / 2  0,693  K  0,25 (1/ngày), K => K 25 C  K 20 C  1,05 5  0,32 (1/ngày), 0 o + Tải lượng chất A xả trực tiếp vào hồ là: W = 50 (kg/ngày), + Diện tích mặt thoáng của hồ là: Sh = 25000 (m2), + Thể tích của hồ: V = 50.000 m3. a) Tính nồng độ chất A trong hồ ở trạng thái ổn định.  Phương trình cân bằng vật chất trong hồ: V dC  Q  Cv  W  S  G  Q  C  KC1  V (1) dt  Hồ ở trạng thái ổn định: 7500 (m = 3 d dC Q  Cv  W  S  G  = 0 => C = Q  K V dt )  10( g )  50000 ( g )  25000 (m 2 )  0,6( g 2 ) d m3 m .d  6 (g/ngày) 3 3 7500 (m )  0,32( 1 )  50000 (m ) d d b) Khi hồ đang ở trạng thái ổn định, nhà máy ngưng hoạt động và không xả chất thải vào hồ nữa. Sau bao lâu thì nồng độ trong nước giảm còn 4,5 mg/L? + Nhà máy ngưng hoạt động: W = 0  Phương trình cân bằng vật chất trong hồ: V dC  Q  Cv  S  G  Q  C  KC1  V (2) dt  dt =  dt =- V  dC 5 10 4 dC  Q  Cv  S  G  Q  C  KC1  V 24 10 4  8500 C 5  10 4 dC 24  10 4  23500 C t=- 4,5 5  10 4 ln 23500 C  24  10 4 = 0,21 (ngày)  5h 6 23500 VI. Bài tập 6 Nhà máy thải phát thải bụi với tốc độ 120 g/s. Chiều cao ống khói: 30 m Vận tốc khí ra khỏi ống khói: 1.8 m/s Vận tốc gió: 3 m/s Đường kính ống khói: 0.5 m Nhiệt độ khí: 40oC Nhiệt độ không khí: 28oC Câu 1: Trong trường hợp trời không mây, ngày nắng nhiều, xác định vị trí tại mặt đất có nồng độ bụi cao nhất. Nồng độ này là bao nhiêu? Câu 2: Trong trường hợp trời có nhiều mây, ban đêm, nếu nhà máy phát thải CO (không bị hấp thụ vào đất) với tốc độ là 15 g/s thì nồng độ CO lớn nhất tại mặt đất là bao nhiêu? Tại vị trí nào? Giải: Câu 1: Áp dụng phương pháp giải tích gần đúng để giải mô hình Gauss để xác định nồng độ bụi cao nhất (CM) tại mặt đất và khoảng cách có bụi cao nhất so với ống khói. Ta giả thiết 1 cách gần đúng tỉ lệ  y /  z không phụ thuộc vào x, tức là hằng số. Khi đó ta có:  z (C M )  H 2  30 2  15 2 =21,2 (m) Với  z (C ) = 21,2 và độ ổn định của khí quyển là A: tra theo đồ thị xác địn được x = 140 (m). Với x M = 140 (m) tra theo đồ thì ta đươc  y = 30 Vậy nồng độ cực đại trên mặt đất của bụi là: CM = 2M  2eu y H  0,1656  120  0,012 (mg/m3) 30  30  1,8 Vậy nguồn thải trên có nồng độ cực đại trên mặt đất là: C M = 0,012 (mg/m3) và khoảng cách từ nguồn tới vị trí có nồng độ cực đại là 140 (m) Câu 2: Áp dụng phương pháp giải tích gần đúng để giải mô hình Gauss để xác định nồng độ bụi cao nhất (CM) tại mặt đất và khoảng cách có nồng độ CO cao nhất so với ống khói. Ta giả thiết 1 cách gần đúng tỉ lệ  y /  z không phụ thuộc vào x, tức là hằng số. Khi đó ta có:  z (C M )  H 2  30 2  15 2 =21,2 (m) Với  z (C ) = 21,2 m và độ ổn định của khí quyển là E: tra theo đồ thị xác địn được x = 800 (m). Với M x = 800 (m) tra theo đồ thì ta đươc  y = 45 m Vậy nồng độ cực đại trên mặt đất của bụi là: CM = 2M  2eu y H  0,1656  15  1,02  10 3 (mg/m3) 45  30  1,8 Vậy nguồn thải trên có nồng độ cực đại trên mặt đất là: C M = 1,02x10-3 (mg/m3) và khoảng cách từ nguồn tới vị trí có nồng độ cực đại là 800 (m) [...]... Trong trường hợp trời không mây, ngày nắng nhiều, xác định vị trí tại mặt đất có nồng độ bụi cao nhất Nồng độ này là bao nhiêu? Câu 2: Trong trường hợp trời có nhiều mây, ban đêm, nếu nhà máy phát thải CO (không bị hấp thụ vào đất) với tốc độ là 15 g/s thì nồng độ CO lớn nhất tại mặt đất là bao nhiêu? Tại vị trí nào? Giải: Câu 1: Áp dụng phương pháp giải tích gần đúng để giải mô hình. .. thải trên có nồng độ cực đại trên mặt đất là: C M = 0,012 (mg/m3) và khoảng cách từ nguồn tới vị trí có nồng độ cực đại là 140 (m) Câu 2: Áp dụng phương pháp giải tích gần đúng để giải mô hình Gauss để xác định nồng độ bụi cao nhất (CM) tại mặt đất và khoảng cách có nồng độ CO cao nhất so với ống khói Ta giả thiết 1 cách gần đúng tỉ lệ  y /  z không phụ thuộc vào x, tức là... cấp thêm oxi V Bài tập 5 Câu 1: Một hồ nứơc có độ sâu trung bình là 5 m, diện tích mặt hồ là 11x106 m2 Thời gian lưu nước (tính bằng thể tích hồ / lưu lượng vào hồ) là 4.6 năm Một nhà máy hóa chất sản xuất thuốc trừ sâu thải malathion (một loại thuốc trừ sâu gốc phốt pho) vào hồ với lượng thải ước tính là 2000x106 g/năm Lượng nước thải từ nhà máy xem như rất nhỏ so với lưu lượng... thủy phân là  Malathion bị thủy phân trong nước theo bậc một với thời gian bán hủy là 6.93 năm  Malathion bị thủy phân trong nước theo bậc hai với hằng số tốc độ thủy phân là 0.008 m3/g.năm b Xét trường hợp Malathion bị thủy phân trong nước theo bậc một, để nồng độ malathion trong hồ duy trì ở mức 30 ppm ở trạng thái ổn định thì nhà máy cân nhắc chọn một trong hai phương pháp sau: + Phương...  Q  C  KC 2 V = 0 11,96  10 6 (m   0,008(m 3 3 g y y )  15( g )  C 2 (g )  2000  10 6 ( g )  11,96  10 6 (m )  C ( g 3 ) y y m m 3 3 m3 ) 2  55  10 6 (m 3 )  0  C = 55,38 g/m3 b Xét trường hợp Malathion bị thủy phân trong nước theo bậc một, để nồng độ malathion trong hồ duy trì ở mức 30 ppm ở trạng thái ổn định thì nhà máy cân nhắc chọn một trong hai phương pháp sau: + Phương... 10 6 (m )  30( g 3 ) y y m m  1,29 (1/năm) g 6 3 30( )  55  10 (m ) m3 3 3 Câu 2: Nitrat là một chất ô nhiễm thường gặp trong nước ngầm ở các vùng nông nghiệp Nguồn của nitrat bao gồm phân bón hóa học, phân chuồng, và từ các hầm tự hoại Nitrat có khả năng gây ra triệu chứng da xanh ở trẻ em do ức chế sự chuyên chở oxy của hồng cầu Nồng độ giới hạn của nitrat trong nước uống được... 0,4 (m/s)  2250 ( s )) 2  exp   1,93  10 5 (1 / s )  2250 ( s )  4 2 2 4 2 4  10 (m / s )  2250 ( s ) 0,6(m ) 4  10 (m / s )  2250 ( s )   1011 = 9,5x1010 (vk/m3) Câu 4: Một tàu chở hóa chất bị thủng và một lượng chất hữu cơ A bị tràn đổ ra sông Nước sông có pH là 7,5 Vận tốc dòng chảy là 0,3 m/s, hệ số khuyếch tán của dòng chảy là 5x10 -2 m2/s và lưu lượng là 1 m3/s Ở pH 7.5, chất... 8.7 kd /ngày 0.35 0.51 0.46 Độ sâu m 1 3.1 2.8 Diện tích mặt cắt m2 12 32 42 Độ dài km 15 25 20 AB = 15 km Các khu dân cư tại F và C xả nước thải chưa xử lý vào sông với các thông số cho trên hình Yêu cầu: 1 Vẽ đường biễu diễn nồng độ oxy hòa tan và BOD của trên các phân khúc FA, AC, CD trong điều kiện cơ bản đã cho ở trên 2 Chất lượng nước tại các điểm B, D có đạt tiêu chuẩn phù hợp ... số phân hủy, K = - 0,0857 Câu 2: Môt vụ tràn đổ hóa chất A xảy sông lúc 8h tối Kết mô nồng độ chất A sông các thời điểm sau tràn đổ xảy 2, 4, 10 trình bày hình dưới Nồng độ cao chất ô nhiễm... không khí: 28oC Câu 1: Trong trường hợp trời không mây, ngày nắng nhiều, xác định vị trí tại mặt đất có nồng độ bụi cao Nồng độ bao nhiêu? Câu 2: Trong trường hợp trời có nhiều mây, ban... đất bao nhiêu? Tại vị trí nào? Giải: Câu 1: Áp dụng phương pháp giải tích gần đúng để giải mô hình Gauss để xác định nồng độ bụi cao (CM) tại mặt đất khoảng cách có bụi cao so với ống

Định dạng
Số trang	33
Dung lượng	855,67 KB