Esercizi sui depuratori a fanghi attivi

Esercizi sui depuratori a fanghi attivi
2 aprile 2014
1 La degradazione aerobica del contenuto organico di un’acqua di scarico
segue una legge diversa dalla solita cinetica di Monod. Da misure di laboratorio
si è trovata la seguente legge per la velocità specifica di utilizzazione del
substrato in g substrato/(g VSSa ⋅ d):
q = ks0,5
dove k = 2 (g substrato ⋅ L)0.5 /(g VSSa ⋅ d). Sono stati determinati anche il fattore
di resa intrinseco Y = 0,25 g VSSa /g substrato e la costante di decadimento
endogeno b = 0,08 d−1 .
Stimare il valore della concentrazione di substrato in uscita da un impianto
a fanghi attivi con tempo di ritenzione dei solidi θx = 4 d.
2 50000 m3 /d di un’acqua di scarico con BOD pari a 1200 mg/L (tutto solubile,
cioè senza solidi sospesi) devono essere trattati in un depuratore a fanghi attivi
aerobico. Stimare il consumo di ossigeno se il tempo di ritenzione dei solidi è
pari a 8 giorni.
I parametri di reazione e la stechiometria sono noti:
Y = 0,45 mg VSSa /mg BOD
qmax = 22 mg BOD/(mg VSSa ⋅ d)
Ks = 200 mg BOD/L
f d = 0,8
b = 0,20 d−1
Non si formano SMP.
3 Un’acqua di scarico con BOD pari a 735 mg/L e con una concentrazione
di solidi inerti sospesi pari a 150 mg/L deve essere trattata in un depuratore
1
a fanghi attivi aerobico. Una portata Q = 5000 m3 /d è alimentata al sistema
costituito da un CSTR con sedimentatore e riciclo dei fanghi. Il volume del
CSTR è V = 2600 m3 e il tempo di ritenzione dei solidi (SRT) è pari a 6 giorni.
I parametri di reazione sono i seguenti:
Y = 0,45 mg VSSa /mg BOD
qmax = 12 mg BOD/(mg VSSa ⋅ d)
Ks = 85 mg BOD/L
f d = 0,8
b = 0,20 d−1
Calcolare:
(a) il BOD solubile dell’effluente (trascurare la formazione di SMP);
(b) il fattore di sicurezza dell’impianto;
(c) la concentrazione di solidi volatili sospesi totali nel CSTR (MLVSS);
(d) la produzione giornaliera di solidi sospesi volatili (VSS), comprensiva sia
dei VSS nell’effuente sia dei fanghi di scarto;
(e) il BOD totale dell’effluente, se la concentrazione di VSS totali (biomassa
attiva più inerte) nell’effluente è pari a 15 mg/L.
(f) la richiesta di ossigeno (in kg O2 /d).
4 4000 m3 /d di un’acqua di scarico con BOD pari a 300 mg/L e con una concentrazione di solidi inerti sospesi pari a 40 mg/L devono essere trattati in un
depuratore a fanghi attivi aerobico.
I parametri di reazione e la stechiometria sono noti:
Y = 0,6 mg VSSa /mg BOD
qmax = 16 mg BOD/(mg VSSa ⋅ d)
Ks = 20 mg BOD/L
f d = 0,8
b = 0,20 d−1
2
I parametri di progetto sono stati fissati come segue:
Fattore di sicurezza = 20
MLVSS = xv = 3500 mg VSS/L
xv,r = 15000 mg VSS/L
(solidi sospesi volatili nel reattore)
(solidi sospesi volatili nel riciclo)
(solidi sospesi volatili totali nel reattore)
xv,e = 30 mg VSS/L
(solidi sospesi volatili nell’effluente)
Calcolare:
(a) il tempo di ritenzione dei solidi (SRT);
(b) il BOD solubile dell’effluente (trascurare la formazione di SMP);
(c) il volume del reattore;
(d) la produzione giornaliera di solidi sospesi volatili (VSS), comprensiva sia
dei VSS nell’effuente sia dei fanghi di scarto;
(e) il BOD totale dell’effluente, tenendo conto della frazione attiva di biomassa
nell’effluente.
(f) il rapporto di riciclo
(g) la richiesta minima di azoto e fosforo nell’acqua di scarico (in mg/L) se la
biomassa ha formula C5 H7 O2 NP0,1 .
5 Progettare un impianto convenzionale a fanghi attivi (CSTR con sedimentatore e riciclo dei fanghi) per la depurazione di un ’acqua di scarico con le
seguenti caratteristiche:
Q = 4000 m3 /d
sf = 300 mg BOD/L
xi,f = 0
I seguenti parametri sono stati stimati da esperimenti in laboratorio:
Y = 0,4 g VSSa /g BOD
qmax = 22 g BOD/(g VSSa ⋅ d)
Ks = 200 mg BOD/L
b = 0,1 d−1
f d = 0,8
3
Inoltre per la formazione di SMP:
k1 = 0,12 g CODP /g CODS
k2 = 0,09 g CODP /(g VSSa ⋅ d)
qUAP = 1,8 g CODP /(g VSSa ⋅ d)
KUAP = 100 mg CODP /L
qBAP = 0,1 g CODP /(g VSSa ⋅ d)
KBAP = 85 mg CODP /L
La biomassa ha formula bruta C5 H7 O2 N.
Scelte di progetto:
Fattore di sicurezza = 60
MLVSS = 2500 mg/L (nel reattore)
xv,r = 10000 mg VSS/L (nel riciclo)
xv,e = 20 mg VSS/L (nell’effluente)
6 Determinare il volume del reattore di un impianto a fanghi attivi per la
rimozione aerobica del BOD.
Caratteristiche dell’acqua da trattare:
Portata Q = 1000 m3 /d,
BOD = 200 mg/L,
solidi volatili inerti = 300 mg VSS/L
Parametri dei fanghi:
Y = 0,42 g VSSa /g BOD,
Ks = 100 mg BOD/L,
Scelte di progetto:
qmax = 20 g BOD/(g VSSa ⋅ d)
b = 0,2 d−1 ,
Fattore di sicurezza SF = 40,
f d = 0,8
xv = 2000 mg VSS/L
7 Il fenolo viene degradato aerobicamente in un reattore CSTR. La velocità
specifica di crescita della biomassa è data in questo caso da:
µ=Y
qmax s
−b
Ks + s + s2 /Ksi
dove Y = 0,5 g biomassa/g fenolo, qmax = 8 g fenolo/(g biomassa⋅d), Ks = 7 mg/L,
Ksi = 18 mg/L, b = 0,2 d−1 .
4
1,5
µ (h−1 )
1
0,5
0
0
200
s (mg/L)
100
300
(cinetica di Haldane)
Sapendo che il tempo di permanenza nel reattore è di 2,5 d, calcolare le
concentrazioni possibili di fenolo in uscita.
Ci possono essere dei problemi di avviamento del reattore se la concentrazione di fenolo in ingresso è di 500 mg/L? Spiegare.
8 Un impianto a fanghi attivi per la rimozione aerobica del BOD è in funzione
con i seguenti valori dei parametri operativi.
Caratteristiche dell’acqua da trattare:
Portata Q = 10000 m3 /d,
Parametri dei fanghi:
Y = 0,40 g VSSa /g BOD,
Scelte di progetto:
BOD = 150 mg/L,
b = 0,08 d−1 ,
solidi volatili inerti = 40 mg VSSi /L
f d = 0,85
BOD solubile in uscita = 2 mg/L, θ = 4 h,
SRT = 6 d
Calcolare
(a) la richiesta giornaliera di ossigeno (kg O2 /d)
(b) la concentrazione di solidi volatili totali nel reattore (MLVSS o xv ) in mg/L.
Considerare trascurabile la formazione di SMP.
9 Un’acqua di scarico contaminata con 100 mg S/L di SO42– deve essere depurata mediante un processo biologico anaerobico dove SO42– è ridotto a H2 S che
5
viene successivamente strippato in una corrente gassosa. Il processo, condotto
in un impianto a fanghi attivi costituito da un CSTR e sedimentatore per il
riciclo dei solidi, deve trattare 1000 m3 /d. Il refluo non contiene solidi sospesi
e il BOD è trascurabile. Al fine di condurre la depurazione per via biologica è
necessario aggiungere una fonte di carbonio, CH3 COO– (che funge anche da
donatore di elettroni) e una fonte di azoto, NH4+ .
I seguenti parametri sono noti per il substrato cineticamente limitante, CH3 COO– ,
la cui concentrazione è espressa in g COD/L :
Y = 0,056 (g VSSa )/(g COD)
qmax = 8,6 (g COD)/(g VSSa ⋅ d)
b = 0,04 d−1
Ks = 10 mg COD/L
f d = 0,8
La produzione di SMP è trascurabile.
Avendo effettuato le seguenti scelte di progetto:
θx = 10 d
θ = 1d
[SO42− ]in uscita = 1 mg S/L
Calcolare:
(a) La concentrazione di acetato in uscita (in mg COD/L).
(b) La concentrazione di acetato in ingresso (in mg COD/L) necessaria per
ridurre la concentrazione di SO42– da 100 mg S/L a 1 mg S/L.
(c) La concentrazione di solidi sospesi volatili totali, attivi e inerti (in mg VSS/L)
nel reattore
(d) La produzione giornaliera di solidi sospesi (in kg VSS/d) e la portata volumetrica di solidi di scarto (in m3 /d) se i VSS nell’effluente sono 5 mg/L e
VSS nel riciclo sono 5000 mg/L.
(e) Il rapporto di riciclo R.
Discussione: I valori delle variabili di progetto sono stati scelti oculatamente?
Come si potrebbero modificare?
6
Soluzioni di alcuni esercizi
1
θx =
1
1
1
=
=
0,5
µ Yq − b Yks − b
Risolvendo per s:
2
2
1 1
1
1
s=[
( + b)] = [
( + 0,8)] = 0,44 g/L
Yk θx
0,25 ⋅ 2 4
2 La concentrazione residua di substrato nell’effluente è:
1 + bθx = 2,6
2,6
1 + bθx
= 200
= 6,8 mg/L
s = Ks
Yqmaxθx − (1 + bθx )
0,45 ⋅ 22 ⋅ 8 − 2,6
La produzione giornaliera di VSS è:
1 + (1 − f d )bθx
1 + 0,2 ⋅ 0,2 ⋅ 8
= 0,45
= 0,23 mg VSSa /mg BOD
1 + bθx
2,6
WX = Yapp Q(sf − s) = 0,23 ⋅ 5 ⋅ 104 (1,2 − 6,8 ⋅ 10−3 ) = 1,4 ⋅ 104 kg VSS/d
Yapp = Y
Trascurando l’ossigeno disciolto nelle correnti di ingresso e uscita:
WO = (COD IN) − (COD OUT)
In assenza di solidi organici sospesi, il COD della corrente in ingresso è:
(COD IN) = Qsf = 5 ⋅ 104 ⋅ 1,2 = 6,0 ⋅ 104 kg COD/d
In assenza di SMP e trascurando il substrato residuo, il COD della corrente in
uscita è:
(COD OUT) = (
kg COD
) ⋅ WX = 1,42 ⋅ 1,4 ⋅ 104 = 2,0 ⋅ 104 kg COD/d
kg VSS
La richiesta di ossigeno è:
WO = 6 ⋅ 104 − 2,0 ⋅ 104 = 4,0 ⋅ 104 kg O2 /d
7
3 (a) La biomassa sospesa non contribuisce al BOD solubile. Il BOD solubile è
dato quindi da
1 + bθx = 2,2
1 + bθx
2,2
s = Ks
= 85
= 6 mg BOD/L
Yqmaxθx − (1 + bθx )
0,45 ⋅ 12 ⋅ 6 − 2,2
(b)
lim
θx,min
=
1
=
1
µmax Yqmax − b
θ
6
= 31
SF = limx =
θx,min 0,192
=
1
= 0,192 d
0,45 ⋅ 12 − 0,2
(c)
V 2600
=
= 0,52 d
Q 5000
Y(sf − s)(1 + (1 − f d )bθx )
θ
xv = x [xi,f +
]=
θ
1 + bθx
1 + 0,2 ⋅ 0,2 ⋅ 6
6
[150 +
⋅ 0,45(735 − 6)] = 3866 mg VSS/L
=
0,52
2,2
θ=
(d)
Prod. giorn. di VSS =
Vxv 2600 ⋅ 3,866
= 1675 kg VSS/d
=
θx
6
(e) Ai fini del calcolo del BOD totale dell’effluente si deve tenere conto del contributo della degradazione della frazione attiva della biomassa. Supponendo
che la frazione attiva sia la stessa nel reattore e nell’effluente, calcoliamo:
θx Y(sf − s)
6 0,45(735 − 6)
=
= 1720 mg VSSa /L
θ 1 + bθx
0,52
2,2
xa 1720
=
= 0,44
xv 3866
xa,e = 0,44 ⋅ 15 = 6,6 mg VSSa /L
xa =
BOD = BOD sol + (
mg OD
) f x = 6 + 1,42 ⋅ 0,8 ⋅ 6,6 = 13,5 mg BOD/L
mg VSSa d a,e
8
(f) Da un bilancio di COD
(OD IN) = Qsf + Q (
mg OD
)x =
mg VSSa i,f
= 5000 ⋅ 0,735 + 5000 ⋅ 1,42 ⋅ 0,150 = 3675 + 1065 = 4740 kg OD/d
(OD OUT) = Qs + (
mg OD
) (kg VSS/d) =
mg VSSa
= 5000 ⋅ 6 + 1,42 ⋅ 1675 = 30 + 2378 = 2408 kg OD/d
richiesta di ossigeno giornaliera = 4740 − 2408 = 2332 kg O2 /d
4 (a)
1
= 0,106 d
Yqmax − b 0,6 ⋅ 16 − 0,2
lim
θx = SF ⋅ θx,min
= 20 ⋅ 0,106 = 2,12 d
lim
θx,min
=
1
=
(b) La biomassa sospesa non contribuisce al BOD solubile. Trascurando la
formazione di SMP, il BOD solubile è dato quindi da
1 + bθx = 1,42
1,42
1 + bθx
= 20
= 1,5 mg BOD/L
s = Ks
Yqmaxθx − (1 + bθx )
0,6 ⋅ 16 ⋅ 2,12 − 1,42
(c)
Y(sf − s)(1 + (1 − f d )bθx )
θx
[xi,f +
]=
xv
1 + bθx
2,12
0,6(300 − 1,5)(1 + 0,2 ⋅ 0,2 ⋅ 2,12)
=
[40 +
] = 0,107 d
3500
1,42
V = Qθ = 4000 ⋅ 0,107 = 428 m3
θ=
(d) Prod. giorn. di VSS
WX =
Vxv 428 ⋅ 3,50
=
= 707 kg VSS/d
θx
2,12
(e) Ai fini del calcolo del BOD totale dell’effluente si deve tenere conto del contributo della degradazione della frazione attiva della biomassa. Supponendo
9
che la frazione attiva sia la stessa nel reattore e nell’effluente, calcoliamo:
θx Y(sf − s) 2,12 0,6(300 − 1,5)
=
= 2499 mg VSSa /L
θ 1 + bθx
0,107
1,42
xa 2499
=
= 0,714
xv 3500
xa,e = 0,714 ⋅ 30 = 21,4 mg VSSa /L
xa =
BOD = BOD sol + (
mg OD
) f x = 1,5 + 1,42 ⋅ 0,8 ⋅ 21,4 = 25,8 mg BOD/L
mg VSSa d a,e
(f)
1−
θ
θx
R= x
=
a,r
−1
xa
1 − 0,107
2,12
15000
3500
−1
= 0,289
(g) Poiché il fosforo rimane nel residuo fisso dopo ignizione a 550°C, esprimendo la biomassa come VSS facciamo riferimento al peso formula calcolato sul
contenuto di C, H, O e N. Il requisito di azoto e di fosforo è dato quindi da:
14
= 0,124 g N/g VSS
113
0,1 ⋅ 31
YP/X =
= 0,027 g P/g VSS
113
La produzione netta di VSS è data da:
YN/X =
rx V =
xv V
− Qxi,f = 707 − 4000 ⋅ 0,04 = 547 kg VSS/d
θx
Per la crescita della biomassa devono essere forniti almeno
YN/X rx V = 0,124 ⋅ 547 = 67,8 kg N/d
YP/X rx V = 0,027 ⋅ 547 = 14,8 kg P/d
8 (a)
1 + (1 − f d )bθx
= 0,29 g VSS/g BOD
1 + bθx
prod. netta di VSS = rx V = Yapp Q(sf − s) = 429,2 kg VSS/d
Yapp = Y
COD tot. in ingresso = Qsf
COD tot. in uscita = Qs + 1,42 ⋅ (rx V)
richiesta giornaliera di O2 = WO = (COD tot. in ingresso) − (COD tot. in uscita) =
= Q(sf − s) − 1,42 ⋅ (rx V) = 870 kg O2 /d
10
(b)
θx =
Vxv
Qe xv,e + Qw xv,w
WX = Qe xv,e + Qw xv,w = (rx V) + Qxi,f = 829 kg VSS/d
V = Qθ = 1667 m3
xv = 2984 mg/L
11

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