Đáp án thi học kì môn Hoá kĩ thuật môi trường (Trường đại học sư phạm kĩ thuật TP.HCM)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (608.39 KB, 4 trang )
Đáp án đề thi MH Hóa kỹ thuật môi trường năm học 2016
Câu 1 (2,5đ)
a) Xem trong tài liệu (1,0đ)
b) (1,5 đ)
Liều vôi = 21 mg/L + 209 mg/L + 57 mg/L = 287 mg/L as CaCO3
Liều soda:
- NCHi = TH – CH = 280 mg/L– 209mg/L = 71 mg/L as CaCO3
- NCHf = 120 mg/L – 40 mg/L = 80 mg/L
- NCHr = 71 mg/L – 80 mg/L =- 9,0 mg/L as CaCO3
Không phải thêm soda.
Câu 2 (1,5đ)
a) (0,5đ)
- Phân bố hệ carbonate trong nước theo pH :
- Độ kiềm chính xác = [HCO3-] + 2[CO32-] + [OH-] – [H+]
- Độ kiềm gần đúng: [HCO3-] + 2[CO32-]
b) (1,0đ)
Quá trình Fenton
Fe2+ + H2O2 Fe3+ + OH- + HO●
Dư H2O2:
Fe3+ + H2O2 H+ + Fe – OOH2+
Fe – OOH2+ HO2+ + Fe2+
Fe2+ + H2O2 Fe3+ + OH- + HO●
.......................................................
HO* được tạo ra liên tục trong hệ Fenton.
Ưu điểm:
- Phản ứng xảy ra ở nhiệt độ phòng
- Các tác nhân cho phản ứng Fenton rẻ tiền và sẵn có trên thị trường
Nhược điểm:
- Phản ứng xảy ra ở pH thấp nên tiêu tốn nhiều axit
- Sinh ra lượng chất thải rắn (Fe(OH)3) lớn.
Câu 3 (2đ):
[HCO3-] +2[CO32-] + [OH-] – [[H+] = 4.10-3M
[H+] = 10-7,2; [OH-] = 10-6,8→ [HCO3-] + 2[CO32-] = 4.10-3 + 10-7,2 -10-6,8
→ [HCO3-] + 2[CO32-] = 4.10-3
(1)
[𝐻 + ][𝐻𝐶𝑂3− ]
[𝐻2 𝐶𝑂3 ]
[𝐻 + ][𝐶𝑂32− ]
[𝐻𝐶𝑂3− ]
= 𝐾𝑎1 → [𝐻𝐶𝑂3− ] =
= 𝐾𝑎2 → [𝐶𝑂32− ] =
→ [𝐶𝑂32− ] =
𝐾𝑎1 𝐾𝑎2
[𝐻 + ]2
𝐾𝑎1
[𝐻 + ]
𝐾𝑎2
[𝐻 + ]
× [𝐻2 𝐶𝑂3 ]
[𝐻2 𝐶𝑂3 ]
(2)
[𝐻𝐶𝑂3− ]
(3)
Thay (2), (3) vào (1) thu được:
𝐾𝑎1
2𝐾𝑎1 𝐾𝑎2
𝐾𝑎1 𝐾𝑎1 𝐾𝑎2
−3
[𝐻2 𝐶𝑂3 ] +
[𝐻
]
[𝐻𝐶𝑂]
𝐶𝑂
=
4.10
→
+
(
) = 4.10−3
2
3
2
2
[𝐻]
[𝐻]
[𝐻]
[𝐻]
[H2CO3] = 6,31.10-4M
Câu 4 (2đ):
a) (0,5d) Nếu không cho chất ức chế vi khuẩn trong quá trình nitrat hóa thì
BOD xác định được sẽ lớn lên không phản ánh đúng mức độ ô nhiễm của
các chất hữu cơ chứa carbon.
b) (1,5đ)
Phản ứng nitrat hóa:
NH4+ + 2O2 → NO3- + 2H+ + H2O
Theo phương trình phản ứng thì cứ oxy hóa 1mol NH4+ thì tiêu tốn 2 mol O2
hoặc 18 g NH4+ cần 2 32g O2
→ 1 g NH4+ tiêu thụ 3,55 g O2 hay 3,55 g BOD (hoặc COD) – NH4+
→ NBODu là số gam oxy cần thiết để oxy hóa 1 g nitơ
NBODu =( 3,55g –BOD-NH4+) (18g NH4+/14gN) = 4,75 g BOD/g N
Câu 5 : (2,0.điểm)
m (g) , q0 (mg/g)
a)1đ
V (L) , C0 (mg/L)
V (L) , C1 (mg/L)
m (g) , q1 (mg/g)
q0 = 0 →
𝑉(𝐶0 − 𝐶1 ) = 𝑚(𝑞0 − 𝑞1 )
𝑉(𝐶0 − 𝐶1 ) = 𝑚(𝑞1 )
Khi đạt cạn bằng: C1 → Ce và q1 →qe
PTCBVC trong hậ hấp phụ gián đoạn một giai đoạn trở thành:
𝑉(𝐶0 − 𝐶𝑒 ) = 𝑚(𝑞𝑒 )
→
𝑚
𝑉
=
𝐶0 −𝐶𝑒
𝑞𝑒
b)(1đ)
Ce = 150mg/l(1-0,98) = 3,0 mg/l
𝑚
𝐶0 − 𝐶𝑒
=
𝑉 𝐾𝑓 (𝐶𝑒 )1/𝑛
Thay qe theo phương trình Freundlich, Co = 150 mg/L, Ce = 3,0 mg/L và m =
2,0 g, V sẽ bằng:
2,0
𝑉
= (150 − 3.0)/(7,952 (3,0)1/3,849 ) → 𝑽 = 𝟎, 𝟏𝟒𝟒𝑳
