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.