CHƯƠNG 6 LÀM THOÁNG - ĐUỔI KHÍ ppt

CHƯƠNG 6 LÀM THOÁNG - ĐUỔI KHÍ
Làm thoáng để đuổi các hợp chất hữu cơ dễ bay hơi (volatile organic
compounds = VOCs) trong trường hợp nước bị ô nhiễm, bổ sung/bão hoà ôxi
vào nước. Trong quá trình làm thoáng nước ngầm, nước được bão hoà ôxi,
các khí khác (CO
2
) sẽ thoát ra, khi đó ôxi sẽ thực hiện các quá trình ôxi hoá,
ví dụ ôxi hoá Fe(II) hoặc Mn(II). Làm thoáng cũng để đưa ôxi vào nước trong
các quá trình ôxi hoá vi sinh, đuổi khí amôniac hoà tan
Độ tan của mỗi chất khí trong nước tuân theo định luật Henry, ở nhiệt độ là
hằng số ta có:
p = Hx (6.14)
trong đó x = độ tan của khí trong pha lỏng – dung dịch, phần mol
H = hằng số Henry, atm
p = áp suất riêng phần của khí ở pha khí trên bề mặt dung dịch, atm
Như vậy, áp suất riêng phần của khí i càng lớn thì độ tan x của nó trong nước
(chất lỏng) càng lớn.
Ngoài ra, áp suất riêng phần tuân theo định luật Dalton theo đó áp suất tổng
(P
t
) của hỗn hợp khí bằng tổng các áp suất riêng phần của mỗi khí trong hỗn
hợp khí đó (P
i
):
P
t
= P
1
+P
2
+ P

3
+ + P
i
(6-15)
Vì PV = nRT
P =n(RT/V)
P
t
= (RT/V)(n
1
+ n
2
+ + n
i
)
P
1
= n
1
/ (n
1
+ n
2
+ + n
i
) (6.16)
Kết hợp định luật Henry và Dalton, ta có:
Y
i
= H

i
x
i
/ P
t
(6.17)
Trong đó Y
i
= phần mol của khí i trong hỗn hợp khí (không khí)
x
i
= phần mol của khí i ở pha dung dịch (nước)
H
i
= hằng số Henry của khí i
P
t
= áp suất tổng, atm
Như vậy, hằng số Henry càng lớn, P
t
càng nhỏ nghĩa là khí hoà tan càng dễ
được kéo ra khỏi dung dịch. Khi tăng nhiệt độ, nói chung áp suất riêng phần
/storage2/vhost/convert.store123doc.com/data_temp/document/zbf1394180422-doc
13941804226875/zbf1394180422.doc
1
của một chất khí sẽ tăng. Mối quan hệ hằng số Henry và nhiệt độ được thể
hiện qua phương trình (J.M. Montgomery Consulting Engineering, 1985; Am.
Soc. of Civil Engineers & AWWA, 1990):
J
RT

H
H
+
∆
−=
log
(6.18)
Trong đó H = hằng số Henry
∆
H = nhiệt cần để bốc hơi 1 mol khí từ dung dịch ở nhiệt độ và
áp suất là hằng số, cal/mol
R = hằng số khí, 1,897 cal/mol
T = nhiệt độ, Kelvin
J = hằng số kinh nghiệm
Các giá trị H,
∆
H, và J của một số loại khí và VOC thường gặp được cho ở
Bảng 6.1.
Bảng 6.1 Hằng số Henry,
∆
H và hệ số hiệu chỉnh nhiệt độ J
Khí Hằng số Henry ở 20
o
C, atm
∆
H, 10
3
cal/mol
J
Amoniac

Benzen
Bromofooc
Carbon dioxit
Carbon tetraclorua
Clo
Clo dioxit
Clorofooc
Hydro sulfua
Metan
Nitơ
Oxy
Ozon
Sulfur dioxit
Tricloetylen
Vinyl clorua
0,76
240
35
1,51 x 10
2
1,29 x 10
3
585
54
170
515
3,8 x 10
4
8,6 x 10
4

4,3 x 10
4
5,0 x 10
3
38
550
1,21x10
3
3,75
3,68
-
2,07
4,05
1,74
2,93
4,00
1,85
1,54
1,12
1,45
2,52
2,40
3,41
-
6,31
8,68
-
6,73
10,06
5,75

6,76
9,10
5,88
7,22
6,85
7,11
8,05
5,68
8,59
-
VÍ DỤ 1: Ở 20
o
C áp suất riêng phần của cloroform CHCl
3
là 18mmHg trong
bồn chứa nước kín. Hãy tính nồng độ cân bằng của cloroform trong nước ở áp
suất khí quyển, coi dung dịch và hỗn hợp khí là lí tưởng. Các giá trị H,
∆
H, và
J lấy ở bảng 6.1.
Lời giải:
(1) Xác định phần mol (x) của CHCl
3
Từ bảng 6.1, ở 20
o
C và P
t
= 1 atm, hằng số Henry của cloroform H = 170atm
/storage2/vhost/convert.store123doc.com/data_temp/document/zbf1394180422-doc
13941804226875/zbf1394180422.doc

2
Áp suất riêng phần của CHCl
3
, p, bằng
p = 18mm/760mm = 0,024 atm
Từ định luật Henry:
p = Hx
→
x = p/H = 0,024 atm/170 atm
= 1,41 x 10
−
4
(phần mol)
(2) Chuyển đổi nồng độ thành mol/L và mg/L:
Số mol trong 1 L nước = 1000/18 mol/L = 55,6 mol/L.
Vậy: x = n / (n + n
w
)
trong đó n = số mol của CHCl
3
n
w
= số mol của nước
→ nx + n
w
x = n
4
4
10*41,11
10.41,16,55

1
−
−
−
×
=
−
=
x
xn
n
w
= 7,84 x 10
−
3
mol/L
MW của CHCl
3
= 12 + 1 + 3 x 35,45 = 119,4
Nồng độ mol/L và mg/L (C) của CHCl
3
bằng
C = 119,4g/mol x 7,84 x 10
−
3
mol/L
= 0.94 g/L
= 940 mg/L
Chú ý: Đây là con số rất lớn. Trong thực tế, nước sau xử lý thường tiếp xúc
với không khí. Khi đó nồng độ hay áp suất riêng phần của cloroform trong

không khí là không đáng kể. Vậy, nồng độ cloroform trong nước gần zero
hoặc rất thấp.
VÍ DỤ 2: Nước sau xử lý có nồng độ ôxi hòa tan bằng 6,0mg/L. Giả thiết đây
là nồng độ cân bằng. Hãy tính nồng độ ôxi ở bề mặt tiếp xúc ở 17
o
C.
Lời giải:
Bước 1. Tính hằng số Henry ở 17
o
C (290 K)
/storage2/vhost/convert.store123doc.com/data_temp/document/zbf1394180422-doc
13941804226875/zbf1394180422.doc
3
Từ bảng 6.1 và Pt. (6.18)
J
RT
H
H
+
∆
−=
log
=
( )( )
11.7
290./987.1
/1045.1
3
+
×

−
KKkmolekcal
kmolekcal
= 4,59
H = 38,905 (atm) x 103,3 (kPa/atm)
= 4,02 x 10
6
kPa
Bước 2. Tính nồng độ phần mol của oxy ở pha khí, ôxi có M.W. =32 là khí i
trong nước.
C
i
= 6mg/L x 10
−
3
g/mg x 10
3
L/m
3
: 32g/mol
= 0,1875mol/m
3
Ở 1atm nồng độ mol của nước bằng C
w
= 55,6 kmole/m
3
→ x
i
= C
i

/C
w
= 0,1875mol/m
3
/ 55,6 x 10
3
mol/m
3
= 3,37 x 10
−
6
Ở P
t
= 1 atm, từ Pt. (6.17), tính Y
i
phần khí i trong pha khí:
Y
i
= H
i
x
i
/ P
t
= 38,905 atm x 3,37 x 10
−
6
/ 1atm
= 0,131
Bước 3. Tính áp suất riêng phần p

i
p
i
= Y
i
P
t
= 0,131 x 1
= 0,131 atm
Bước 4. Tính nồng độ ôxi trong pha khí C
g
Sử dụng biểu thức khí lí tưởng
p
i
V = n
i
RT
C
g
= n
i
/ V = p
i
/RT = 0,131 atm / (0,08285 atm L/mol K x (290K))
= 5,44 x 10
−
3
mol/L
= 5,44 x 10
−

3
mol/L x 32g/mol
/storage2/vhost/convert.store123doc.com/data_temp/document/zbf1394180422-doc
13941804226875/zbf1394180422.doc
4
= 0,174 g/L
= 174 mg/L
6.1 Phương trình chuyển pha khí/lỏng
Có ba mô hình chuyển pha khí/lỏng. Đó là: mô hình hai lớp màng, mô hình
xuyên thấm, và mô hình tái tạo bề mặt. Dưới đây là mô hình hai lớp màng,
các mô hình còn lại xem ở (Schroeder, 1977).
H 6.1 Sơ đồ mô hình hai lớp cho trường hợp (a) hấp thụ khí vào lỏng; (b) đuổi khí
Mô hình hai lớp màng là mô hình cổ điển nhất và đơn giản. Các khái niệm
chính trong mô hình được trình bày trên H. 6.1. Dòng được định nghĩa là khối
lượng chất được chuyển qua một bề mặt nào đó (vuông góc với dòng) trong 1
đơn vị thời gian. Dòng sẽ phụ thuộc vào động lực gây ra nó. Động lực gây ra
quá trình chuyển khối này chính là sự chênh lệch nồng độ khí trên bề mặt
phân cách hai pha khí/lỏng và trong thể tích chất lỏng hoặc khí. Dòng khí vận
chuyển qua màng khí tương tự như qua màng lỏng. Với mỗi màng ta có
phương trình tính dòng F:
/storage2/vhost/convert.store123doc.com/data_temp/document/zbf1394180422-doc
13941804226875/zbf1394180422.doc
5
( )
( )
liligg
CCkPPk
Adt
dW
F −=−==

(6.19)
Trong đó F = dòng
W = khối lượng khí được vận chuyển qua
A = thiết diện mà dòng khí qua, vuông góc với dòng khí
t = thời gian
k
g
= hệ số chuyển khối của khí trong màng khí
P
g
= áp suất khí (nồng độ) trong pha khí
P
i
= áp suất (nồng độ) khí trên bề mặt phân pha
k
l
= hệ số chuyển khối của khí trong màng lỏng
C
i
= nồng độ khí trên bề mặt phân pha ở cân bằng
C
l
= nồng độ khí trong pha lỏng
Do P
i
và C
i
không đo được ta cần sử dụng khái niệm các hệ số chuyển khối
thể tích trong đó các hệ số chuyển khối nói trên được quy về bề mặt phân
cách pha tính cho 1 đơn vị thể tích của hệ khảo sát.

Gọi P* và C* là áp suất và nồng độ khí ở cân bằng khi áp suất và nồng độ
trong pha khí và pha lỏng là P
g
và C
l
tương ứng, ta có:
F = K
G
(P
g

−
P*) = K
L
(C*
−
C
l
) (6.20)
Đối chiếu:
( )
( )
liligg
CCkPPk
Adt
dW
F −=−==
(6.19)
Quan hệ nồng độ của khí trong pha khí và lỏng được mô tả trên H. 6.2.
H 6.2 Quan hệ nồng độ khí trong pha khí và pha lỏng (s

1
và s
2
là độ dốc)
Trên cơ sở H.6.2 và Pt. (6.19), ta dẫn được:
/storage2/vhost/convert.store123doc.com/data_temp/document/zbf1394180422-doc
13941804226875/zbf1394180422.doc
6
( )
( )
∗∗
−+−=− PPPPPP
iigg
=
( )
liig
CCsPP
−+−
1
Pt. (6.19)→ =
lg
k
Fs
k
F
1
+
Từ Pt. (6.20):
∗
−= PP

K
F
g
g
→
lgg
k
Fs
k
F
K
F
1
+=
→
lgg
k
s
kK
1
11
+=
Tương tự, ta có:
lgL
kksK
111
2
+=
Trong điều kiện dung dịch loãng có thể áp dụng định luật Henry (p
i

~ C
i
), khi
đó đồ thị (H. 6.2) có dạng đường thẳng với độ dốc là hằng số Henry:
s
1
= s
2
= H
Khi đó hệ số chuyển khối qua màng khí được xác định từ:
llG
k
H
kK
+=
11
(6-21)
Còn hệ số chuyển khối qua màng lỏng
glL
HkkK
111
+=
(6-22)
Trong đó 1/k
l
và 1/k
g
được coi là trở lực màng lỏng và màng khí tương ứng.
Đối với quá trình chuyển khối của oxi thường gặp trong xử lý nước, trở lực
qua màng lỏng 1/k

l
lớn hơn nhiều so với 1/k
g
, vì vậy quá trình chuyển khối
qua màng lỏng quyết định toàn bộ quá trình chuyển khối. Khi đó dòng F sẽ
được tính bằng (C = mg/L):
( )
tsL
CCK
A
V
dt
dC
F
−==
(6.23a)
tốc độ chuyển khối:
/storage2/vhost/convert.store123doc.com/data_temp/document/zbf1394180422-doc
13941804226875/zbf1394180422.doc
7
( )
tsL
CCK
V
A
dt
dC
−=
(6.23b)
hoặc

( )
tL
CCaK
dt
dC
−=
∗
(6.23c)
trong đó K
L
= hệ số chuyển khối chung, cm/h
A = bề mặt chuyển khối (phân pha), cm
2
V = thể tích chứa bề mặt A, cm
3
C
t
= nồng độ khí trong thể tích ở thời điểm t, mg/L
C* = nồng độ khí cân bằng ở thời điểm t khi P
t
= HC
s
, mg/L
a = bề mặt riêng, tính cho một đơn vị thể tích = A/V, cm
−
1
K
L
a = hệ số chuyển khối pha lỏng chung, g mol/(h.cm
3

.atm)
Tốc độ chuyển khối thể tích M bằng:
M = (1 / V) N = K
L
a (C*
−
C) (6.24)
= K
G
a (P − P*) (6.25)
Trong đó N = tốc độ vận chuyển khí giữa hai pha, g mol/h
VÍ DỤ 1: Bồn sục khí có V= 200m
3
có độ sâu (nước) = 4m. Thí nghiệm được
thực hiện với nước sạch ở 20
o
C. Tốc độ chuyển khối của ôxi = 18,7kg/h. Xác
định hệ số chuyển khối thể tích trong nước.
Lời giải:
Bước 1. Xác định độ tan của ôxi ở 20
o
C và 1atm:
Vì nồng độ O
2
trong không khí = 21%, theo định luật Dalton áp suất riêng
phần, p của ôxi bằng:
p = 0,21 x 1atm = 0,21 atm
Từ Bảng 6.1, ta có:
H = 4,3 x 10
4

atm
Phần mol x tính từ Pt. (6.14) bằng:
x= p /H = 0,21 / 4,3 x 10
4
= 4,88 x l0
−
6
Trong 1L dung dịch số mol nước n
w
bằng
1000 / 18 = n
w
= 55,6 mol/L
Đặt n = số mol ôxi trong nước (ở 1atm) ta có:
/storage2/vhost/convert.store123doc.com/data_temp/document/zbf1394180422-doc
13941804226875/zbf1394180422.doc
8
x = n / (n + n
w
)
vì n rất nhỏ so với n
w
nên:
n
≈
n
w
x
= 55,6mol/L x 4,88.10
−

6
= 2,71 x 10
−
4
mol O/L
Bước 2. Tính áp suất thủy tĩnh trung bình lên bọt khí.
Đặt áp suất ở đáy bể = p
b
Biết 1 atm = 10,345m cột nước, vậy:
p
b
= 1 atm + 4m*(1atm / 10,345m) = (1 + 0,386)atm
= 1,386 atm
Áp suất trên bề mặt nước = áp suất khí quyển = p
s
= 1atm
Áp suất trung bình p bằng:
p = (p
s
+ p
b
) / 2
= (latm + 1,386atm) / 2 = 1,193atm
Bước 3. Tính C* − C
C* = 2,71 x 10
−
4
mol/(L.atm) * 1,193atm
= 3,233 x 10
−

4
mol/L
Khi bọt khí nổi lên nồng độ ôxi giảm dần, lên đến bề mặt, khi bọt khí thoát
khỏi nước, giả thiết là nồng độ ôxi trong bọt khí còn là 19%. Vậy:
C* − C = 3,233 x 10
−
4
mol/L * 19/21
= 2,925 x 10
−
4
mol/L
Bước 4. Tính K
L
a
N = 18.700 g/h : 32/ mol = 584 g mol/h
Từ pt. (6.24) M = (1 / V) N = K
L
a (C* − C)
→
( )
CCV
N
aK
L
−
=
∗
/storage2/vhost/convert.store123doc.com/data_temp/document/zbf1394180422-doc
13941804226875/zbf1394180422.doc

9
LmolmLm
hmol
/10925,2/1000200
/584
433 −
×××
=
= 1.0 h
-1
( )
tL
CCaK
dt
dC
−=
∗
(6.23c)
Phương trình (6.23c) tương tự như định luật Fick I:
dC/dt = K
L
a (C
s
−
C) (6.23d)
ở đây dC/dt = tốc độ thay đổi nồng độ khí trong dung dịch, mg/(L.s)
K
L
a = hệ số chuyển khối tổng, s
−

1
C
s
= nồng độ khí bão hòa trong dung dịch, mg/L
C = nồng độ khí trong dung dịch, mg/L
Giá trị C
s
được tính từ định luật Henry. Biểu thức C
s
−
C chính là gradient
nồng độ. Tách biến số ở Pt. (6.23d) và lấy tích phân từ 0 đến t, khi đó nồng độ
sẽ biến đổi từ C
o
đến C
t
, ta có:
∫∫
=
−
t
L
C
C
s
dtaK
CC
dC
t
o

0
(24a)
hay:
atK
CC
CC
L
os
ts
=
−
−
ln
(24b)
Khi đuổi khí từ dung dịch, Pt. (6.24b) trở thành:
atK
st
s
L
e
CC
CC
−
=
−
−
0
(6.24c)
Tương tự, có thể lấy tích phân pt.(6.25) và thu được:
aRTtK

pp
pp
G
t
=
−
−
∗
∗
0
ln
(6.25a)
Giá trị K
L
a thường được xác định trên các hệ đang làm việc hoặc pilot. Nhiệt
độ và chất tan sẽ ảnh hưởng đến đại lượng này. Với nhiệt độ có thể áp dụng
dạng phương trình như đối với BOD, ta có:
K
L
a
(T)
= K
L
a
(20)
θ

T-20
(6.26)
trong đó K

L
a
T
= hệ số chuyển khối tổng ở T
o
C, s
−
1
/storage2/vhost/convert.store123doc.com/data_temp/document/zbf1394180422-doc
13941804226875/zbf1394180422.doc
10
K
L
a
(20)
= hệ số chuyển khối tổng ở 20
o
C, s
−
1
Giá trị
θ
nằm trong khoảng 1,015
−
1.040, thường lấy 1,024.
Để tính đến ảnh hưởng của chất tan trong nước thải thường dùng hệ số hiệu
chỉnh
α
(Tchobanoglous & Schroeder, 1985):
α

= K
L
a (nước thải) / K
L
a (nước sạch) (6.27)
Giá trị
α
nằm trong khoảng 0,3
−
1,2. Các giá trị của
α
khi sử dụng hệ phân tán
khí bọt nhỏ và máy phân tán khí cơ khí nằm trong khoảng 0,4
−
0,8 và 0,6
−
1,2
tương ứng.
Đối với các tạp chất đặc thù như SS, muối, chất hoạt động bề mặt thì hiệu
chỉnh bằng hệ số
β
(Doyle and Boyle, 1986):
β
= C*(nước thải) / C*(nước sạch) (6.28)
Giá trị
β
nằm trong khoảng 0,7
−
0,98, thường dùng 0,95.
Kết hợp cả ba yếu tố ảnh hưởng trên ta có (Tchobanoglous & Schroeder

1985):
AOTR = SOTR(
α
)(
β
)(
θ

T-20
)(C
s

−
C
w
/C
s20
) (6.29)
ở đây AOTR = tốc độ chuyển khối ôxi thực (actual oxygen transfer rate) ở
điều kiện thực của một hệ sục khí, đơn vị (kgO
2
/kWh)
SOTR = tốc độ chuyển khối ôxi tiêu chuẩn (standard oxygen transfer
rate) ở điều kiện thử nghiệm ở 20
o
C và nồng độ ôxi hòa tan ban đầu bằng
zero, kgO
2
/kWh
α

,
β
,
θ
= ý nghĩa ở trên
C
s
= nồng độ ôxi bão hòa trong nước sạch ở điều kiện thực, g/m
3
C
w
= nồng độ ôxi trong nước thải ở điều kiện làm việc, g/m
3
C
s20
= nồng độ ôxi bão hòa trong nước sạch ở 20
o
C, g/m
3
VÍ DỤ 2: Thí nghiệm bão hòa không khí vào nước sạch và nước thải được
tiến hành ở 16
o
C trong cùng một bồn. Các kết quả thí nghiệm được ghi trong
bảng dưới. Coi DO (nồng độ ôxi) bão hòa (C
s
) trong nước thải bằng nước
sạch. Hãy xác định K
L
a cho nước sạch và nước thải và giá trị
α

ở 20
o
C. Lấy
θ
= 1,024.
/storage2/vhost/convert.store123doc.com/data_temp/document/zbf1394180422-doc
13941804226875/zbf1394180422.doc
11
Thời gian tiếp
xúc, min
DO, mg/L
0
ln
CC
CC
s
ts
−
−
−
Nước sạch Nước thải Nước sạch Nước thải
0
20
40
60
80
100
120
0,0
3,0

4,7
6,4
7,2
7,9
8,5
0,0
2,1
3,5
4,7
5,6
6,4
7,1
0
0,36
0,65
1,05
1,32
1,69
2,01
0
0,24
0,44
0,65
0,84
1,05
1,28
Lời giải:
Bước 1. Tìm DO bão hòa ở 16
o
C từ Bảng 2.1

C
s
= 9,82mg/L
Bước 2. Tính –ln(C
s
– C
t
) / (C
s
– C
0
) với C
0
= 0
Ghi các giá trị của –ln(C
s
– C
t
) / (C
s
– C
0
) tính được trên bảng.
Bước 3. Vẽ đồ thị như Hình 6.3.
Hình 6.3 Diễn biến giá trị tính theo thời gian
Bước 4. Tính K
L
a ở 16
o
C cho nước sạch:

K
L
a = (2,01 / 120min) * (60min/1h)
= 1,00h
−
1
Tính cho nước thải:
K
L
a = (1,28 / 120min) * (60min/1h)
= 0,64h
−
1
Bước 5. Chuyển K
L
a xác định được về K
L
a ở 20°C với
θ
= 1,024 (Pt.(6.26))
Cho nước sạch:
/storage2/vhost/convert.store123doc.com/data_temp/document/zbf1394180422-doc
13941804226875/zbf1394180422.doc
12
K
L
a
(T)
= K
L

a
(20)
θ

T-20

hoặc K
L
a
(20)
= K
L
a
(T)
θ

T-20

= 1,00h
-1
*(1,024)
20-16
= 1,10h
−
1
Cho nước thải:
K
L
a
(20)

= K
L
a
(T)
θ

T-20

= 0,64h
-1
*(1.024)
20-16
= 0,70h
−
1
Bước 6. Tính
α
theo Pt. (6.27)
α
= K
L
a (nước thải) / K
L
a (nước sạch)
= 0,70/1,10
= 0,64
6.2 Phân tán khí vào nước để đuổi khí khỏi nước
Đây là trường hợp phân tán khí dưới dạng bọt nhỏ đều khắp thể tích chất
lỏng. Ta thường sử dụng phân tán khí trong các quá trình xử lý như ozon hoá,
hấp thụ, bùn hoạt tính, đuổi THM, tái làm thoáng nước sông hay hồ Để

đuổi VOC ra khỏi nước thì phân tán khí có chi phí cao hơn sử dụng cột tiếp
xúc thổi khí.
Mô hình hai lớp đã nêu cũng được áp dụng để mô tả trường hợp này. Mô hình
này được Mattee-Müller et al. (1981) đề xuất để mô tả quá trình chuyển khối
khi các bóng khí chuyển động từ dưới lên trong bồn khuấy trộn hoàn toàn.
Tốc độ chuyển khối ở đây bằng:








−=
Lu
L
euG
QH
aVK
CHQF exp1
(6.30)
Trong đó F = tốc độ chuyển khối
Q
G
= lưu lượng khí (không khí), m
3
/s hoặc ft
3
/s

Q
L
= lưu lượng lỏng (nước), m
3
/s hoặc ft
3
/s
H
u
= hằng số Henry không thứ nguyên
C
e
= nồng độ khí đầu ra
/storage2/vhost/convert.store123doc.com/data_temp/document/zbf1394180422-doc
13941804226875/zbf1394180422.doc
13
K
L
a = hệ số chuyển khối chung, t
-1
V = thể tích phản ứng (nước), m
3
hoặc ft
3
Chấp nhận là chất lỏng được khuấy trộn hoàn toàn và bóng khí chuyển động
nổi lên kiểu như trạng thái ống dòng ổn định (steady state plug flow), khi đó
phương trình cân bằng chất được viết như sau:
( )
[ ]
GuLLGui

e
QHaVKQQHC
C
/exp1/1
1
−−+
=
(6-31a)
hoặc
( )
[ ]
θ
−−+
=
exp1/1
1
LGui
e
QQHC
C
(6-31b)
trong đó
Gu
L
QH
aVK
=
θ
Nếu
θ

>> 1, đây là trường hợp chuyển khối của các hợp chất có hằng số
Henry rất nhỏ kiểu như amoniac. Các bóng khí thoát khỏi bề mặt chất lỏng sẽ
bão hoà amoniac trong quá trình thổi khí. Để tăng hiệu quả đuổi amoniac ta
cần tăng lượng khí thổi qua tháp đuổi khí.
Tới
θ
< 4, số hạng exponent tiến tới 0. Khi exponent = 0, hỗn hợp khí nước sẽ
đạt trạng thái cân bằng mà ở đó động lực của quá trình giảm tới không trong
một điểm nào đó trong bồn phản ứng. Như vậy thể tích phản ứng đã không
được sử dụng hoàn toàn. Khi đó phải tăng tỷ lệ khí:nước để tăng hiệu quả
đuổi khí.
Trường hợp ngược lại, khi
θ
<< 1, hiệu quả chuyển khối có thể tăng bằng
cách tăng khuấy trộn, tăng diện tích phân pha, ví dụ như tăng khuấy trộn hoặc
sử dụng hệ phân tán khí tinh. Trong phản ứng ôxi hoá bằng ôxi (oxygenation),
nếu
θ
< 0,1 thì cần các giải pháp tăng cường.
VÍ DỤ: Nhà máy xử lý nước ngầm công suất 0,0438m
3
/s (1mgd) được làm
thoáng bằng cách sử dụng hệ phân tán khí để đuổi tricloetylen với hiệu suất
thiết kế là 90%. Thời gian lưu nước trong bồn phân tán khí là 30 min. Hãy
tính các thông số và đánh giá hệ phân tán khí này với các dữ liệu sau:
T = 20
o
C
C
i

= 131 µg/L (C
e
= 13,1 µg/L)
H
u
= 0,412
K
L
a = 44h
−
l
/storage2/vhost/convert.store123doc.com/data_temp/document/zbf1394180422-doc
13941804226875/zbf1394180422.doc
14
Lời giải:
(1) Tính thể tích phản ứng V
V = 0,0438 m
3
/s x 60s/min x 30 min
= 79 m
3
(2) Tính Q
G
, cho Q
G
= 30 * Q
L
= 30 * V
Q
G

= 30 x 79m
3
= 2370 m
3
(3) Tính
θ
Gu
L
QH
aVK
=
θ
= 44 x 79 / (0,412 x 2370)
= 3,56
(4) Tính nồng độ đầu ra C
e
theo Pt. (6.31b).
( )
[ ]
θ
−−+
=
exp1/1
1
LGui
e
QQHC
C
→
( )

[ ]
θ
−−+
=
exp1/1
LGu
i
e
QQH
C
C
=
( )
[ ]
56,3exp130412,01
/131
−−×+
Lg
µ
= 10,0 µg/L
% xử lý = (131 – 10) / 131 = 92,4
Như vậy hệ thống vượt hiệu suất thiết kế 90%.
6.3 Tháp đuổi khí
Gần đây ngành nước có xu thế sử dụng các tháp đuổi khí để đuổi các khí hoà
tan dễ bay hơi như hyđro sulfua và các hợp chất hữu cơ dễ bay hơi (VOCs).
Tháp đuổi khí thường có dạng hình trụ, trong tháp nhồi vật liệu tiếp xúc. Vật
liệu tiếp xúc có nhiệm vụ tăng diện tích phân pha thường làm từ plastic. Đây
là vật liệu dễ chế tạo với các hình dạng khác nhau, bền, nhẹ và rẻ nhất. Vật
liệu tiếp xúc có thể được sử dụng dưới dạng đổ đống hoặc dưới dạng các khối
vật liệu tiền chế.

/storage2/vhost/convert.store123doc.com/data_temp/document/zbf1394180422-doc
13941804226875/zbf1394180422.doc
15
Hình 6.4 mô tả một tháp đuổi khí với nước nhiễm bẩn xối từ trên xuống với
cường độ L chứa nồng độ khí C
l
cần xử lý. Không khí được quạt thổi từ dưới
lên. Cường độ không khí là G sẽ đi qua lớp vật liệu với nồng độ đầu vào là p
1
và đầu ra là p
2
. Ở đây sẽ có nhiều kiểu khuấy, mỗi kiểu sẽ có một tốc độ
chuyển khối tương ứng. Hệ tiếp xúc có chiều cao z và cần một tốc độ khí nào
đó để giảm nồng độ khí từ C
1
đến C
2
. Nếu trong hệ không có phản ứng hoá
học tiêu thụ khí thì lượng khí tạp mà nước bị mất = lượng lượng khí đó
chuyển vào pha không khí.
Hình 6.4 Sơ đồ tháp thổi đuổi khí 64a. Ảnh tháp thổi đuổi khí
Nếu nồng độ khí rất loãng, ta có cân bằng:
L
∆
C = G
∆
p (6.32)
trong đó L = cường độ chất lỏng, m/s, m
3
/(m

2
s), hoặc mol/(m
2
s)
G = cường độ không khí, đơn vị như trên
∆
C = thay đổi nồng độ khí trong chất lỏng (nước)
∆
p = thay đổi nồng độ khí (phần mol) trong pha khí
Áp dụng Pt. (6.23d) cho quá trình đuổi khí (với C và Cs cho trước):
/storage2/vhost/convert.store123doc.com/data_temp/document/zbf1394180422-doc
13941804226875/zbf1394180422.doc
16
dC/dt = K
L
a (C
s
−
C) (6.23d)
→ dC/dt = K
L
a(C – C
s
) (6.23e)
khi đó dt = dC / K
L
a(C – C
s
) (6-33)
Nhân cả hai vế với L, ta có

Ldt = dz = LdC / K
L
a(C – C
s
) (6.34)
ở đây dz là vi phân chiều cao cột sục khí (H.6.4).
Số hạng (C – C
s
) là động lực của quá trình (driving force = DF), nó sẽ thay
đổi khi chiều cao z đổi vì C thay đổi dọc cột. Lấy tích phân (6.34) thu được:
( )
∫∫
−
=
2
1
0
C
C
sL
z
CCd
dC
aK
L
dz

( )
∫ ∫
=

2
1
C
C DF
L
DFd
dC
aK
L
z
(6-35)
Tích phân của DF có ý nghĩa như log trung bình (DF
lm
= log mean) của động
lực đầu vào (DF
i
) và đầu ra (DF
e
). Khi đó:
( )
lmL
ei
aDFK
CCL
z
−
=
(6-36)
với
( )

ie
ie
lm
DFDF
DFDF
DF
/ln
−
=
(6-37)
trong đó z = chiều cao cột
L = tốc độ (tải lượng) dòng lỏng
C
i
, C
e
= nồng độ khí trong chất lỏng đầu vào đầu ra
K
L
a = hệ số chuyển khối chung của chất lỏng
DF
i
, DF
e
= động lực đầu vào và đầu ra
DF
lm
= log trung bình của DF
i
và DF

e
VÍ DỤ 1: Tiến hành đuổi TCE trong nước bằng tháp đuổi khí ở các điều kiện
sau:
T = 20
o
C = 293 K
L = 80 m
3
nước/(m
2
h)
G = 2400 m
3
khí/(m
2
h)
/storage2/vhost/convert.store123doc.com/data_temp/document/zbf1394180422-doc
13941804226875/zbf1394180422.doc
17
C
i
= 131 µg/L tricloetylen trong nước đầu vào
C
e
= 13,1 µg/L CCHCCl
3
nồng độ đầu ra
K
L
a = 44 h

−
l
Hãy tính chiều cao z của tháp thổi khí để xử lý được 90% tricloetylen.
Lời giải:
(1) Tính nồng độ phần mol của CCHCl
3
trong không khí p
e
Cho nồng độ CCHCl
3
trong không khí đầu vào = 0, ta có:
p
2
= 0
MW của CCHCl
3
= 131,1 mol = 131 g CCHCl
3
/ 1 lít.
C
i
= 131 µg/L = 131(µg/L)
= 1 x 10
−
3
mol/m
3
C
e
= 13,1 µg/L = 0,1 x 10

−
3
mol/m
3
(hiệu suất xử lý 90%)
Sử dụng Pt. (6.32) L
∆
C = G
∆
p
80m
3
/(m
2
h)(l – 0,1) x 10
−
3
mol/m
3
= 2400m
3
/(m
2
h)(p
e
− 0)
→ p
e
= 3,0 x 10
−

5
mol /m
3
không khí
(2) Chuyển đơn vị p
e
thành mol khí/mol không khí
Đặt V = thể tích không khí ứng với 1 mol không khí
V = nRT = (1 mol)(0,08206 L atm/mol K) x (293 K) / 1atm
= 24,0 L
= 0,024m
3
kkhí /1 mol kkhí
Từ (1): p
e
= 3,0.10
−
5
mol /m
3
không khí
=3,0.10
−
5
(mol khí/m
3
kkhí) x 0,024 (m
3
kkhí/ 1 mol kkhí)
= 7,2.10

−
7
mol khí/mol kkhí
(3) Tính động lực, DF, đối với khí vào và ra:
Với khí vào (đáy tháp):
p
i
= 0
C
e
= 13,1 µg/L = 0,0131 mg/L
C
s
= 0
/storage2/vhost/convert.store123doc.com/data_temp/document/zbf1394180422-doc
13941804226875/zbf1394180422.doc
18
DF
i
= C
e
− C
s
= 0,0131 mg/L
Với khí ra (đỉnh tháp):
p
e
= 7.2 x 10
−
7

mol khí/mol kkhí
C
i
= 131 µg/L = 0,131 mg/L
C
s
= cần xác định
Từ Bảng 6.1, tìm hằng số Henry H ở 20
o
C
H = 550 atm
Chuyển đơn vị atm.L/mg, H
d
H
d
= H /(55.600*MW) = 550 atm/ (55.600*131 mg/L)
= 7.55 x 10
−
5
atm.L/mg
C
s
= p
e
p
t
/H
d
= 7,2.10
−

7
mol khí/mol kkhí*1atm/ (7,55.10
−
5
atmL/mg)
= 0,0095 mg/L
DF
e
= C
i
− C
s
= 0,131 mg/L − 0,0095 mg/L
= 0,1215mg/L
(4) Tính DF
lm
từ Pt. (6.37)
( )
ie
ie
lm
DFDF
DFDF
DF
/ln
−
=

( )
0131,0/1215,0ln

0131,01215,0
−
=
= 0,0487 mg/L
(5) Tính chiều cao tháp z theo Pt. (6.36)
( )
lmL
ei
aDFK
CCL
z
−
=
( )
Lmgh
Lmghm
/0487,044
/0131,0131,0/80
1
−
−
=
= 4,4m
Thiết kế tháp thổi - đuổi khí có nhồi vật liệu tiếp xúc
Để thiết kế tháp loại này ta cần hai khái niệm: chiều cao cột nhồi, z, cần có để
đạt hiệu suất xử lý cho trước là tích của chiều cao một đơn vị chuyển khối
(height of a transfer unit = HTU) và số đơn vị chuyển khối (number of
transfer unit = NTU) (Treybal, 1968):
z = (HTU)(NTU) (6.38)
HTU phụ thuộc vào loại (cấu hình) vật liệu nhồi cột. NTU là thước đo động

lực chuyển khối và được đo bằng hiệu giữa nồng độ thực và nồng độ cân
bằng. Chiều cao của đơn vị chuyển khối là phần cố định trong Pt. (6.35):
/storage2/vhost/convert.store123doc.com/data_temp/document/zbf1394180422-doc
13941804226875/zbf1394180422.doc
19
( )
∫ ∫
=
2
1
C
C DF
L
DFd
dC
aK
L
z
(6-35)
tức là HTU = L / K
L
a (6.39)
Như vậy, NTU chính là phần tích phân trong Pt.(6.35). Với dung dịch loãng
sẽ áp dụng định luật Henry. Thay tích phân tính NTU với p
1
= 0, khi đó:
NTU =
( )( )
R
RCC

R
R
11/
ln
1
21
+−
−
(6.40)
trong đó
L
GH
R
u
=
(6.41)
= hệ số thổi khí (stripping factor), không đơn vị nếu H
u
không thứ
nguyên
C
1
, C
2
= nồng độ phân số mol của khí ở đầu vào và đầu ra
Chuyển đổi đơn vị hằng số Henry từ atm thành không thứ nguyên:
H
u
=
( )























mol
nuocL
kkhiLatmT
kkhimol
nuocmolkhimol
kkhimolkhimolatm
H
6,55

_1
_**082,0
_1
_/_
_/_
(6.42)
= H / 4,56 T
Khi T = 20
o
C = 293 K
H
u
= H / 4,56*293 = 7,49.10
−
4
H (6-42a)
G = tải bề mặt của dòng không khí tính theo mol (kmol/s m
2
)
L = tải bề mặt của dòng nước tính theo mol (kmol/s m
2
)
/storage2/vhost/convert.store123doc.com/data_temp/document/zbf1394180422-doc
13941804226875/zbf1394180422.doc
20
Hình 6.5 Số đơn vị chuyển khối (NTU) của cột hấp thụ hoặc thổi đuổi khí với hệ số hấp thụ
hoặc đuổi khí và hiệu suất xử lý không đổi (D.A. Cornwell, Air Stripping and aeration. In: AWWA,
Water Quality and Treatment. Copyright 1990, McGraw-Hill, New York, reprinted with permission of
McGraw-Hill}.
NTU phụ thuộc vào hiệu suất xử lý thiết kế, tỷ lệ khí:nước, và hằng số Henry.

Treybal (1968) đã dựng đồ thị biểu diễn phần tích phân (NTU) của Pt.(6.35)
trên H.6.5. Khi biết hiệu suất xử lý cần đạt, hệ số thổi khí, và hằng số Henry,
giá trị NTU của cột nhồi có thể được xác định cho hệ số thổi khí (tỷ lệ
khí:nước) cho trước. Trên H.6.5 có thể thấy khi hệ số thổi khí lớn hơn 3, NTU
không giảm được nhiều.
VÍ DỤ 2: Sử dụng H.6.5 để giải Ví dụ 1 với các điều kiện sau:
T = 20
o
C = 293 K
/storage2/vhost/convert.store123doc.com/data_temp/document/zbf1394180422-doc
13941804226875/zbf1394180422.doc
21
L = 80 m
3
nước/(m
2
mặt cắt cột nhồi ở chiều cao h)
G = 2400 m
3
không khí/(m
2
mặt cắt cột nhồi ở chiều cao h)
C
1
= 13 l µg/L CCHCl
3
C
2
= 13.1 µg/L CCHCl
3

K
L
a = 44h
−
l
Lời giải:
(1) Tính HTU theo Pt. (6.39)
HTU = L / K
L
a = 80 m/h / 44 h
−
l

= 182 m
(2) Tính H
u
, hằng số Henry vô thứ nguyên ở 20
o
C
Từ Bảng 6.1
H = 550 atm
Sử dụng Pt. (6.42a)
H
u
= 7,49.10
−
4
H = 7,49.10
−
4

* 550
= 0,412
(3) Tính thông số thổi khí R sử dụng (Pt. 6.41)
L
GH
R
u
=
= 0,412*2400 m/h / 80m/h
= 12,36
(4) Tìm NTU từ H.6.5
vì C
2
/C
1
= 13,1 / 131,1 = 0,1
Sử dụng R = 12,36 và C
2
/C
1
= 0.1, từ H. 6.5, ta có
NTU = 2,42
(5) Tính chiều cao tháp nhồi z bằng Pt. (6.38)
z = (HTU) (NTU) = 1,82m x 2,42
= 4,4m
6.4 Đầu phun
/storage2/vhost/convert.store123doc.com/data_temp/document/zbf1394180422-doc
13941804226875/zbf1394180422.doc
22
Hiện nay trên thị trường có một số đầu phun chế sẵn. Đầu phun và các máng

tràn là một kiểu tiếp xúc khí nước. Chúng có thể được sử dụng để xử lý sắt,
mangan, đuổi CO
2
, H
2
S ra khỏi nước, đuổi những tác nhân gây mùi vị trong
nước cấp. Có thể tìm các giá trị của K
L
và a từ tài liệu giới thiệu sản phẩm của
các nhà sản xuất.
Khi phun nước, diện tích tiếp xúc riêng của một thể tích nước a theo
(Calderbrook & Moo-Young, 1961) bằng:
a = 6 / d (6.43)
trong đó d là đường kính giọt nước nằm trong khoảng 2 đến 10,000 µm.
Trong không khí C
s
là hằng số vì tỷ lệ khí : nuớc là hằng số và ta có thể dùng
phương trình Lewis & Whitman để tính chuyển khối cho đầu phun (Fair et
al., 1968; Cornwell, 1990):
C
e
− C
i
= (C
s
− C
i
) [1 − exp(−K
L
at] (6.44)

trong đó t = thời gian tiếp xúc của giọt nước với không khí
= hai lần thời gian bay lên (twice the rise time), t
r
= 2Vsin
φ
/g (6.45a)
hoặc t
r
= Vsin
φ
/g (6.45b)
trong đó
φ
= góc giữa mặt đất và tia nước
V = tốc độ của giọt nước từ đầu phun
V =
hgC
V
2
(6.46)
trong đó C
V
= hệ số tốc độ, 0,40-0,95, do nhà sản xuất cung cấp
g = gia tốc trọng trường, 9,81 m/s
2
Chiều cao h bằng
h = g t
r
2
/(2C

V
2
sin
2
φ
) (6.47)
Bỏ qua ảnh hưởng của gió, bán kính của chùm tia nước bằng
r = 2V t
r
cos
φ
= 2C
V
2
h sin 2
φ
(6.48)
và chiều cao của tia nước bằng
h
r
= (1/2) g t
r
2
= C
V
2
h sin
2
φ
(6.49)

/storage2/vhost/convert.store123doc.com/data_temp/document/zbf1394180422-doc
13941804226875/zbf1394180422.doc
23
VÍ DỤ 1: Xác định hiệu suất xử lý (%) đối với tricloetylen trong nước bằng
cách phun mưa ở áp suất 33 psi. Cho các dữ kiện sau:
d = 0,05 cm
C
V
= 0,50
φ
= 30°
K
L
= 0,005 cm/s
C
i
= 131 µg/L
Lời giải:
(1) Xác định diện tích tiếp xúc riêng a bằng Pt. (6.43):
a = 6 / d = 6 /0,05 cm = 120 cm
-1
(2) Tính tốc độ giọt nước V bằng Pt. (6.46)
Áp suất phun h bằng
h = 33 psi x (70,3 cm cột nước / 1 psi)
= 2320 cm
Sử dụng Pt. (6.46) V =
hgC
V
2
V =

232098125.0
××

= 1067 cm/s
(3) Tính thời gian tiếp xúc theo Pt. (6.45a)
t = 2Vsin
φ
/g = 2 * 1067cm/s * sin30
o
/ 981 cm/s
2
= 2 * 1067 * 0,5 / 981
= 1,09s
(4) Tính số hạng chuyển khối C
e
− C
i
bằng Pt. (6.44)
C
e
− C
i
= (C
s
− C
i
) [1 − exp(−K
L
at]
C

e
− 131 = (0 − 131)[1 − exp(−0,005*120*1,09)]
C
e
= 131 − 131*0,48
= 68,1 µg/L
= 48%
/storage2/vhost/convert.store123doc.com/data_temp/document/zbf1394180422-doc
13941804226875/zbf1394180422.doc
24
VÍ DỤ 2: Tính áp lực phun (driving head), bán kính tia nước, chiều cao tia
nước cho các trường hợp (a) phun thẳng đứng và (b) tạo góc 45°. Cho thời
gian tiếp xúc của giọt nước là 2,2 s và C
V
bằng 0,90.
Lời giải:
(1) Câu hỏi (a) sử dụng Pt. (6.45b)
t
r
= Vsin
φ
/g =1/2 * 2,2s = 1,1 s
φ
= 90°
sin
φ
= sin 90 = 1
sin 2
φ
= sin 180 = 0

Áp dụng Pt. (6.47)
h = g t
r
2
/(2C
V
2
sin
2
φ
)
= 9,81m/s
2
(1,1s)
2
/ (2*0,9
2
*1
2
)
= 7,33m
Áp dụng Pt. (6.48)
r = 2V t
r
cos
φ
= 2C
V
2
h sin 2

φ
= 0
Vì sin 2
φ
= 0, áp dụng Pt. (6.49)
h
r
= (1/2) g t
r
2

= (½)*9,81*(1,1)
2
= 5,93m
(2) Câu hỏi (b)
t
r
= 1,1 s
φ
= 45°
sin
φ
= sin 45 = 1/2
1/2
= 0,707
sin 2
φ
= sin 90 = 1
Áp dụng Pt. (6.47)
h = g t

r
2
/(2C
V
2
sin
2
φ
)
= 9,81(1,1)
2
/ (2*0,9
2
*0,707
2
)
= 14,66m
/storage2/vhost/convert.store123doc.com/data_temp/document/zbf1394180422-doc
13941804226875/zbf1394180422.doc
25