Ρύπανση Υδάτων και Εδαφών

Transcript

1 Ρύπανση Υδάτων και Εδαφών Ενότητα: Ενδεικτικές λυμένες ασκήσεις ρύπανσης υδάτων και εδαφών. Τσικριτζής Λάζαρος Τμήμα Μηχανικών Περιβάλλοντος και Μηχανικών Αντιρρύπανσης

2 Άδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης reative ommons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται σε άλλου τύπου άδειας χρήσης, η άδεια χρήσης αναφέρεται ρητώς. Χρηματοδότηση Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό έχει αναπτυχθεί στα πλαίσια του εκπαιδευτικού έργου του διδάσκοντα. Το έργο «Ανοικτά Ακαδημαϊκά Μαθήματα στο TEI Δυτικής Μακεδονίας και στην Ανώτατη Εκκλησιαστική Ακαδημία Θεσσαλονίκης» έχει χρηματοδοτήσει μόνο τη αναδιαμόρφωση του εκπαιδευτικού υλικού. Το έργο υλοποιείται στο πλαίσιο του Επιχειρησιακού Προγράμματος «Εκπαίδευση και Δια Βίου Μάθηση» και συγχρηματοδοτείται από την Ευρωπαϊκή Ένωση (Ευρωπαϊκό Κοινωνικό Ταμείο) και από εθνικούς πόρους. 2

3 Περιεχόμενα. 1. Σκοποί ενότητας Περιεχόμενα ενότητας ΑΣΚΗΣΗ 1 η ΑΣΚΗΣΗ 2 η ΑΣΚΗΣΗ 3 η ΑΣΚΗΣΗ 4 η ΑΣΚΗΣΗ 5 η ΑΣΚΗΣΗ 6 η ΑΣΚΗΣΗ 7 η ΑΣΚΗΣΗ 8 η ΑΣΚΗΣΗ 9 η ΑΣΚΗΣΗ 10 η ΑΣΚΗΣΗ 11 η ΑΣΚΗΣΗ 12 η ΑΣΚΗΣΗ 13 η ΑΣΚΗΣΗ 14 η ΑΣΚΗΣΗ 15 η ΑΣΚΗΣΗ 16 η ΑΣΚΗΣΗ 17η Περιεχόμενα Διαγράμματος. Διάγραμμα 1: Καμπύλη ph Περιεχόμενα Σχημάτων. Σχήμα 1: Υπόγειο ρεύμα Σχήμα 2: Δυο παράλληλα υπόγεια υδροφόρα στρώματα Σχήμα 3: Λίμνη, κοιλίδα και υπόγειος υδροφορέας Περιεχόμενα Πίνακα. Πίνακας 1: Τιμές της συνάρτηση erfc και σχετικών συναρτήσεων

4 1. Σκοποί ενότητας Η αφομοίωση των θεωρητικών γνώσεων μέσω της λύσης απλών ασκήσεων, οι περισσότερες από τις οποίες έχουν παρουσιαστεί κατά τη διάρκεια των διαλέξεων Η υποβοήθηση των φοιτητών κατά τη διάρκεια των τελικών εξετάσεων, οι οποίοι αποκτούν μια εικόνα για τον τύπο ασκήσεων που θα κληθούν να επιλύσουν. 2. Περιεχόμενα ενότητας Απλές ασκήσεις που καλύπτουν όλο σχεδόν το φάσμα της ύλης. Κυρίως αφορούν: τον προσδιορισμό του BOD, θεωρητικό και εργαστηριακό. τη μεταφορά ρύπων σε επιφανειακά και υπόγεια νερά. τους μηχανισμούς μεταφοράς των ρύπων στο υπέδαφος (συναγωγή, διάχυση, προσρόφηση κλπ). 3. ΑΣΚΗΣΗ 1 η Παράδειγμα πειραματικού προσδιορισμού BOD: Δίνονται: D 1 = 6,5 mg / L D 2 = 5,0 mg / L Eγινε αραίωση ως εξής: Στον αρχικό όγκο του δείγματος προστέθηκε ίσος όγκος νερού. Να ευρεθεί το BOD 5. Αρχικός όγκος ό όγκος = 1 2 = 0,5 BOD = D1 D2 0,5 = 6,5 5 0,5 = 3 mg / L Παρατήρηση: D 1 D 2 = 1,5 < 2 mg / L Άρα η αραίωση ήταν πολύ μεγάλη. Συνεπώς πρέπει να ξανακάνω τον προσδιορισμό αραιώνοντας με λιγότερο νερό, π.χ. να πάρω συντελεστή αραίωσης 0,7 (Βλ. επομένη άσκηση για τρόπο υπολογισμού αραίωσης). 4

5 Σημ. Όσο μικραίνει η αραίωση τόσο ο συντελεστής αραίωσης αυξάνει. ΑΣΚΗΣΗ 1 α : Ποια είναι αναλογία νερού που πρέπει να προσθέσω σε ένα δείγμα, ώστε να έχω αραίωση 0,7 ; ΛΥΣΗ : Έστω ότι για κάθε 1 L δείγματος θα πρέπει να προσθέσω x L νερό. 1 = 0,7 => 1 = 0,7 + 0,7x 1 x 0,3 = 0,7x x = 3 7 L= 0,43 L νερό για κάθε L δείγματος. 4. ΑΣΚΗΣΗ 2 η Να ευρεθεί το BOD 2 όταν BOD ολ = 300 mg / L, k = 0,1 d -1 ( k = 0,05 0,3 d -1 για αστικά λύματα). BOD t = BOD ολ (1 10 kt ) ή y = L (1 10 kt ) BOD 2 = 300 (1 10 0,1 * 2 ) = 300 ( ,2 ) = 300 0,37 = 111 mg / L 5. ΑΣΚΗΣΗ 3 η Το BOD 5 είναι το 90 % του ολικού. Πόσο είναι το k; y = L (1 10 kt ) Y L = 1 10 kt => 0,9 = k 10 5k = 0,1 log (10 5k ) = log (0,1) - 5k = -1 => k = 1 = 0,2 d-1 5 5

6 ΑΣΚΗΣΗ 3 α : Σε πόσες μέρες το BOD γίνεται 90 % του αρχικού; ( k = 0,2 d -1 ). Ακολουθούμε την ίδια διαδικασία και βρίσκουμε t = 5 μέρες. 6. ΑΣΚΗΣΗ 4 η Το BOD ολ ενός δείγματος αποβλήτων στους 5 ο είναι 280 mg/l (k 1=0,5d -1 στους 5 ο ) Το BOD ολ του ίδιου δείγματος στους 25 ο είναι 300 mg/l (k 1=0,25d -1 στους 25 ο ). Πόσο είναι το BOD 4 και στις δύο περιπτώσεις ; Είναι λογικό το αποτέλεσμα; ΛΥΣΗ Εφαρμόζοντας τον τύπο BOD t = BOD ολ (1 10 kt ) για t=4 d και για τις δύο περιπτώσεις βρίσκουμε: Στους 5 ο BOD 4= 277,2 mg/l. Στους 25 ο BOD 4= 270,0 mg/l. Θα έπρεπε την υψηλότερη τιμή BOD 4 να έχει το δείγμα με τη μεγαλύτερη θερμοκρασία. Επομένως το αποτέλεσμα δεν είναι λογικό. 7. ΑΣΚΗΣΗ 5 η Σε ένα δείγμα 10 g εδάφους προστίθεται a(oh) 2 και σχεδιάζεται η καμπύλη αύξησης του pη. Πόσα m 3 a(oh) 2 ανά στρέμμα θα χρειαστούμε για να ανεβάσουμε το pη του εδάφους στο 7; (Υπολογίστε μέσο βάθος επιφανειακού εδάφους 30 cm και Φ.Ε.Β = 1,3 kg/l). 6

7 8 ph ml a(oh)2 Διάγραμμα 1: Καμπύλη ph. Πηγή: Τσικριτζής (2008). ΛΥΣΗ : Από την καμπύλη προκύπτει ότι για ανεβάσω το ph στο 7 χρειάζομαι 5 ml για κάθε 10 g εδάφους. Ένα στρέμμα εδάφους έχει όγκο V = 1000 m 2 * 0,3 m = 300 m 3 και βάρος Β = V * Φ.Ε.Β = 300 * 1,3 tn/m 3 = 390 tn Στα 10 g εδάφους ml a( OH ) 2 Στα 390 * 10 6 g x ; x = 6 5*390*10 10 ml ή 195*10 6 ml ή 195 m 3 8. ΑΣΚΗΣΗ 6 η 7

8 Ένα ποτάμι ρυπαίνεται σε κάποιο σημείο του. Αν η μέση διατομή του ποταμού είναι 300 m 2 και η παροχή του είναι 15 παρακάτω; (ροή μονοδιάστατη). 3 m s σε πόσο χρόνο ο ρύπος θα φτάσει 3 km ΛΥΣΗ Q V = υ * Α => υ = QV A = = 0,05 m s s = υ * t => t = s = 3000 (m) = 0,05 ( m s = 16,7 h ) s 9. ΑΣΚΗΣΗ 7 η Από διαρροή τοξικού υγρού σε ποτάμι παροχής 30 m 3/ s και διατομής σταθερής και ίσης με 300 m 2 προκαλείται ρύπανση. Αν η συγκέντρωση του τοξικού υγρού είναι = 10 g/m 3 να βρεθούν : α) η παροχή μάζας του ρύπου ανά μονάδα επιφάνειας, β) η ποσότητα του ρύπου που μεταφέρεται ανά min από το ρεύμα του ποταμού. Δεδομένα. QV = 30 m3/s A = 300 m2 = 0,01 kg/m3 Zητούμενα: F = ; Δm = ; F = * υ Bρίσκουμε το υ από Q V = υ * A => υ = QV A = 0,1 m s και αντικαθιστούμε F = 0,01 * 0,1 = 0,001 kg ρύπου / m 2 s Για χρόνο Δt = 1 min = 60 s είναι: Δm = * υ * A * Δt => 0, 01 * 0,1 * 300 * 60 = 18 kg 8

9 10. ΑΣΚΗΣΗ 8 η Υπόγειος υδροφορέας, ο οποίος αναπτύσσεται σε χαλαρά ιζήματα (πορώδες μέσο) έχει ρυπανθεί από βενζόλιο. Πόση μάζα βενζολίου μεταφέρεται υπογείως σε χρόνο 6 min; Δίνονται: Παροχή νερού : Q V = 2 m 3 /s Διατομή: Α = 200 m 2 ( σταθερή) Πορώδες: ε = 40 % ή 0,4 Συγκέντρωση βενζολίου: = 5g βενζολίου / tn νερού. ΛΥΣΗ : Μετατροπές μονάδων : = 5g tn νερού 0,005kg m νερού = 3 Δm = * υ * A act * Δt όπου A act = Α*ε = 80 m 2 υ = Q V / A act = 2/80= 0,025 m/s. Αντικαθιστούμε: Δm = 0,005 * 0,025 * 80* 360 = 3,6 kg βενζολίου. 11. ΑΣΚΗΣΗ 9 η Υπόγειο ρεύμα νερού ρέει δια μέσου πορώδους γεωλογικού στρώματος και διαπιστώνεται ότι μετά από διαδρομή 500 m η στάθμη του είναι 50 m χαμηλότερη. Αν η υδραυλική αγωγιμότητα κ = 2 * 10-3 m / s και ε = 40 %, ποια είναι η ταχύτητα του νερού; Η κλίση του συγκεκριμένου υπόγειου ρεύματος όπως προκύπτει από το σχήμα είναι: Δh/Δx=10% 9

10 Δx = 500 m 50 m = Δh Κλίση = 50/500 =10 % = 0,10 Σχήμα 1: Υπόγειο ρεύμα. Πηγή: Τσικριτζής (2008). Νόμος Darcy: υ = * dh dx = * h x = 2*10 0,40 3 * 0,10 = 5 * 10-4 m /s = 1,80 m /h 12. ΑΣΚΗΣΗ 10 η Υπόγειος υδροφορέας με κλίση 10 % ρυπαίνεται με πετρέλαιο. Αν η ροή του είναι μονοδιάστατη και ο ρύπος μεταφέρεται μόνο λόγω κίνησης του ρευστού (συναγωγή), να βρεθεί σε πόσο χρόνο θα διανύσει 500 m. Δίνονται : ε = 40 % & k = 2*10-3 m/s Νόμος Darcy υ = * h x } όπως στην προηγούμενη άσκηση βρίσκω υ = 5 * 10-4 m/s υ = s * t => t = s = 500 = 10 6 s = 11,57 d 4 5*10 ΣΧΟΛΙΟ: Ενώ η απόσταση είναι μόνο μισό χιλιόμετρο (500 m), το ρευστό αργεί να μετακινηθεί, γιατί το συγκεκριμένο υπέδαφος έχει χαμηλή υδραυλική αγωγιμότητα. 10

11 13. ΑΣΚΗΣΗ 11 η Δυο παράλληλα υπόγεια υδροφόρα στρώματα διαχωρίζονται από αργιλικό σχηματισμό πάχους 5 m και υδραυλικής αγωγιμότητας 10-9 m 2 / s. Το πάνω στρώμα έχει ρυπανθεί από τριχλωρο-αιθυλένιο TE. Να υπολογιστεί το ποσοστό διαρροής από το πάνω στο κάτω υδροφόρο στρώμα μετά από 100 έτη. Δίνονται: τ = 0,1, D m = 10-9 m 2 / s Επικρατών μηχανισμός μεταφοράς: Διάχυση. Η αρχική συγκέντρωση o παραμένει σταθερή. TE 0 (ανώτερος υδροφορέας) x = 5m (αργιλικό στρώμα) (κατώτερος υδροφορέας) Σχήμα 2: Δυο παράλληλα υπόγεια υδροφόρα στρώματα. Πηγή: Βουδριάς (2000). Έχουμε μεταφορά ρύπου με διάχυση. Ισχύει ο 2ος νόμος Fick σε οριακές συνθήκες x = 0 * erfc[ 0,5 z( De * t) ] Δεδομένα: t = 100 y τ = 0,5 Dm = 10-9 m 2 / s 0 = σταθερό. Πάχος ενδιάμεσου εδαφικού στρώματος x = 5 m. 11

12 Υπολογίζουμε τα D e και t: D e = τ * D m = 0,5 * 10-9 m 2 / s t = 100 y * 365 days /year * s/day = 3,15 * 10 9 s = erfc 0, De * t Αντικαθιστούμε και τα υπόλοιπα δεδομένα στην αγκύλη, οπότε: 0 = erfc[1,99] Από το σχετικό πίνακα τιμών της συνάρτησης erfc [z] που ακολουθεί προκύπτει ότι: erfc[1,99]= 0,005 ή = 0,5 % 0 Άρα το ποσοστό διαρροής είναι πολύ μικρό. 12

13 Πίνακας 1: Τιμές της συνάρτηση erfc και σχετικών συναρτήσεων. Πηγή: Βουδριάς (2000). 14. ΑΣΚΗΣΗ 12 η Η αρχική συγκέντρωση κηλίδας βενζολίου σε ρυπανθέντα υδροφορέα είναι 700 ppm. Κάτω από τον υδροφορέα υπάρχει συμπαγής αργιλική μάζα, πάχους 3m με D m = 2 * 10-8 m 2 / s και τ = 0,2. Πόση θα είναι η συγκέντρωση του βενζολίου ; 13

14 ΛΥΣΗ : Ισχύει και εδώ ο 2ος νόμος του Fick σε οριακές συνθήκες: t = = 1,575 * 10 9 sec De = τ * D m = 0,2 * (2 * 10-8 )= 0,4 * 10-8 m 2 / s. x = 0 * erfc 2 De * t = 700 erfc 2 6,3 0,5 3 0,5 = 700 erfc [ 0,6 ]... Από το σχετικό πίνακα τιμών της συνάρτησης erfc [z] προκύπτει ότι: erfc[0,6 ] =0,4. = 700 * 0,4. = 280 ppm (σοβαρό πρόβλημα). 15. ΑΣΚΗΣΗ 13 η Δίνεται ρυπασμένη τάφρος, η οποία θωρακίζεται με περιμετρικό τοίχο χαμηλής διαπερατότητας. Πόσο πρέπει να είναι το πάχος του τοίχου ώστε στα επόμενα 3 έτη να μην υπάρξει διαρροή μεγαλύτερη του 0,1 %; τ = 0,1, D m = 10-9 m 2 / s. ΛΥΣΗ : 2 ος Νόμος Fick σε οριακές συνθήκες : x = 0 * erfc 2 De * t 0,5 α) 0 = 0,1 % = 0,001 β) D e = τ* D m = m 2 / s 14

15 γ ) t = 3y * 365 days/year * s/d= 10 8 s ( περίπου). δ) = erfc 0,5 0 x 2 De * t στ ) 0,001 = erfc x 2 10 * ,5 Από τον πίνακα τιμών της συνάρτησης για erfc[ z ] = 0,001 ( βρίσκω z = 2,75 ), όπου: z = x 2 * De t 0,5 x 2[10 *10 ] = 2,75 => x = 0,46 m ( μισό μέτρο περίπου) ,5 16. ΑΣΚΗΣΗ 14 η Σε πόσο χρόνο μια κηλίδα PB που έχει ρυπάνει μια λίμνη θα διαπεράσει τον αργιλικό της πυθμένα, πάχους 2 m και θα ρυπάνει και τον υπόγειο υδροφορέα με PB φτάνοντας στο 15 % της συγκέντρωσης του PB στη λίμνη ; Σχήμα 3: Λίμνη, κοιλίδα και υπόγειος υδροφορέας. 15

16 Πηγή: Τσικριτζής (2008). x = 2 m τ = 0,5 D m = 1* 10-7 m 2 / s 0 = 15 % = 0,15 Ισχύει ο 2 ος νόμος του Fick σε οριακές συνθήκες: x = 0 * erfc 2 De * t 0,5 = erfc 0,5 0 x 2 De * t x 0,15 = erfc 2 De * t 0,5 Από τον πίνακα τιμών της συνάρτησης erfc [z] προκύπτει ότι: 0,15 = erfc [ 0,1 ] Επομένως : x 2 * De t 0,5 = 1 Αντικαθιστώ x = 2, οπότε : x 2 * De t 0,5 = 1 ή ( De * t ) 0,5 = 1 t = 1 De = 1 * Dm = 7 1 0,5*10 = 2 * 10 7 s ή 232 d (σοβαρό πρόβλημα). 16

17 17. ΑΣΚΗΣΗ 15 η Να ευρεθεί η συγκέντρωση PB που προσροφήθηκε από τον πυθμένα μιας λίμνης ρυπασμένης με τον συγκεκριμένο ρύπο. Δίνονται : = 300 μg / L n= 1 (γραμμική) k = 0,033 g L εδάφους Η ισόθερμος προσρόφησης είναι γραμμική. qe = k * 1 n για n=1 q e = k * = 0,033 g L εδάφους μg PB * 300 = 10 L g PB g εδάφους Προσοχή στις μονάδες και στις μετατροπές τους. Δεν μπορούν να γίνουν απλοποιήσεις μεταξύ ίδιων μονάδων όταν αυτές ανήκουν σε διαφορετικές παραμέτρους. Π.χ αν έχω στον αριθμητή g ρύπου και στον παρονομαστή g εδάφους, δεν μπορώ να απλοποιήσω τα γραμμάρια g και να τα εξαλείψω. 18. ΑΣΚΗΣΗ 16 η Σε ένα πείραμα προσρόφησης διαλύματος PB από το έδαφος βρέθηκε ότι η συγκέντρωση PB στο έδαφος είναι 10 μg PB όταν η αντίστοιχη συγκέντρωση στο g εδάφους διάλυμα είναι 1200 μg PB / L. Να ευρεθεί αν η ισόθερμος Freundlich είναι ευνοϊκή; Δίνεται : k = 0,01 g L εδάφους. 17

18 H ισόθερμος Freundlich δίνεται από τη σχέση: q e = k * όπου: 1 n k = 0,01 g L εδάφους 10 μg PB q e= g εδάφους =1200 μg PB / L. Λογαριθμίζουμε: log q e = log k + 1 n log 1 = n log (1200) 1 = n * 3,2 => 1 n = 3 3,2 = 0,94 < 1 Άρα η ισόθερμος του Freundlich είναι ευνοϊκή. 19. ΑΣΚΗΣΗ 17η Να υπολογιστούν οι τιμές των συντελεστών K oc και K d του εξαχλωροβενζολίου σε έδαφος με περιεκτικότητα οργανικού άνθρακα 2 %. Η διαλυτότητα S του εξαχλωροβενζολίου είναι 0,035 mg / L. K oc είναι ο συντελεστής κατανομής οργανικού άνθρακα (ανεξαρτήτως του είδους του εδάφους). K d είναι ο συντελεστής κατανομής του συγκεκριμένου ρύπου (εξαχλωροβενζολίου) και εξαρτάται από το είδος του εδάφους: 18

19 Δίνεται : log K oc = - 0,55 * logs + 3,64 (S = Solubility - διαλυτότητα) Αντικαθιστούμε το S στην παραπάνω σχέση, οπότε: K oc= cm εξαχλωροβενζολίου gr εδάφους Ο γραμμικός συντελεστής κατανομής της ουσίας K d (ή απλά συντελεστής προσρόφησης) είναι: K d = K oc * f oc Η σχέση αυτή ισχύει, μόνον εφόσον f oc > 1%. Στην περίπτωση μας μπορεί να εφαρμοστεί, διότι f = 2 % > 1%. Αντικαθιστώ λοιπόν την τιμή του K oc και του f (f = 2 % = 0,002), οπότε: Κ d = [27600 cm 3 /g ] 0,02 = 552 cm 3 εξαχλ-βενζ / g εδάφους. 19