2025年注冊環保工程師通關秘籍一、考試概述注冊環保工程師考試分為基礎考試和專業考試兩部分。基礎考試包括公共基礎和專業基礎，主要考查考生對數學、物理、化學、力學、電氣等基礎知識以及環保專業基礎知識的掌握程度。專業考試則分為專業知識和專業案例，著重考查考生在環保工程領域的實際應用能力和解決問題的能力。了解考試的科目、題型、分值分布和考試時間安排，是制定備考計劃的基礎。基礎考試為客觀題，上午公共基礎120道單選題，每題1分；下午專業基礎60道單選題，每題2分，總計240分，合格線一般為132分。專業考試中，專業知識考試分上、下午，各100分，題型為單選題和多選題；專業案例考試上、下午各60分，需解答案例分析題，合格線一般為60分。二、備考資料準備1.官方指定教材：選用最新版的注冊環保工程師考試官方指定教材，它是考試的核心依據，涵蓋了考試大綱的所有知識點。教材內容全面系統，對每個知識點的講解都很詳細，是備考的基石。2.輔導資料：可以選擇一些知名培訓機構編寫的輔導資料，這些資料通常對教材內容進行了提煉和總結，有重點難點的分析、典型例題的講解，能幫助考生更好地理解和掌握知識點。例如，某些輔導資料會將復雜的環保工藝流程以圖表的形式呈現，使考生一目了然。3.歷年真題：收集近10年的考試真題，通過做真題可以了解考試的命題規律、題型特點和難度水平。分析真題還能發現高頻考點，有針對性地進行復習。比如，在歷年真題中，水污染控制工程部分的活性污泥法相關知識點經常出現，考生就需要重點關注。4.在線學習資源：利用網絡上的優質學習資源，如在線課程、學習論壇等。在線課程可以讓考生隨時隨地學習，跟隨老師的講解系統地掌握知識；學習論壇則可以讓考生與其他備考者交流經驗、分享資料、討論問題，拓寬學習思路。三、時間規劃1.基礎階段（3-6個月）-第1-2個月：通讀公共基礎教材，按照數學、物理、化學等科目順序，逐章學習，理解基本概念和原理。每天保證3-4小時的學習時間，每學習完一個章節，做相應的課后練習題，鞏固所學知識。例如，在學習高等數學中的微積分時，要多做一些求導、積分的練習題，熟練掌握計算方法。-第3-4個月：學習專業基礎教材，重點掌握環保專業的基礎知識，如環境監測、水污染控制工程等。結合輔導資料，加深對知識點的理解。可以制作思維導圖，將每個章節的知識點進行梳理，形成知識體系。比如，在學習大氣污染控制工程時，制作一張關于各種大氣污染物治理方法的思維導圖，清晰地展示不同方法的原理、適用范圍和優缺點。-第5-6個月：對基礎階段所學的知識進行全面復習，查漏補缺。整理錯題集，分析做錯的原因，有針對性地進行強化訓練。同時，可以做一些綜合性的模擬題，檢驗自己的學習效果。2.強化階段（2-3個月）-第1個月：集中精力攻克專業考試的重點和難點內容。對于專業知識部分，要深入理解各個知識點之間的聯系，進行系統的歸納總結。例如，在學習固體廢物處理與處置時，將不同的處理方法（如填埋、焚燒、堆肥等）進行對比分析，掌握它們的技術要點和環境影響。-第2-3個月：大量練習專業案例題，提高解題能力和應用知識的能力。按照考試時間和要求，進行模擬考試，鍛煉自己的答題速度和應試能力。做完題目后，認真分析答案，學習解題思路和方法。同時，關注行業的最新動態和熱點問題，因為考試可能會涉及到一些實際案例和新技術的應用。3.沖刺階段（1-2個月）-第1個月：再次復習重點知識和錯題集，強化記憶。每天進行一定量的真題和模擬題練習，保持做題的手感和狀態。可以參加一些線上或線下的考前沖刺班，聽取老師的最后指導和押題分析。-第2個月：調整心態，做好考試前的準備工作。熟悉考試規則和考場環境，合理安排考試當天的時間和行程。四、各科目備考要點公共基礎1.數學-高等數學：重點掌握函數、極限、導數、積分、微分方程等知識點。多做練習題，提高計算能力和解題技巧。例如，對于求極限的題目，要熟練掌握各種方法，如等價無窮小替換、洛必達法則等。-線性代數：理解矩陣、向量、線性方程組等基本概念，掌握矩陣的運算、行列式的計算、線性方程組的求解方法。可以通過做一些實際案例來加深對線性代數的應用理解，如在數據分析中利用矩陣進行數據變換。-概率論與數理統計：掌握概率的基本概念、概率分布、數字特征等內容。學會運用概率論的方法解決實際問題，如在環境風險評估中運用概率統計方法分析污染物超標概率。2.物理-力學：理解質點運動、牛頓定律、動量守恒定律等基本原理，掌握物體的平衡和運動分析方法。通過做一些力學實驗的模擬題，加深對力學概念的理解，如分析物體在斜面上的受力情況和運動狀態。-熱學：掌握氣體狀態方程、熱力學第一定律、熱力學第二定律等知識點。了解熱傳遞、熱循環等實際應用，如在工業生產中的熱交換器設計。-波動學：理解機械波和電磁波的傳播規律，掌握波動方程、干涉、衍射等現象。通過實際例子，如聲波的干涉和衍射，加深對波動學的理解。3.化學-化學反應原理：掌握化學反應速率、化學平衡、酸堿平衡、沉淀溶解平衡等基本理論。學會運用化學平衡原理解決實際問題，如在污水處理中調節酸堿度以控制化學反應的進行。-物質結構與性質：了解原子結構、化學鍵、分子結構等知識，掌握元素周期律和元素性質的遞變規律。通過分析不同元素的化學性質，理解物質結構與性質的關系。-化學分析：掌握化學分析的基本方法，如酸堿滴定、氧化還原滴定、重量分析等。學會正確使用化學分析儀器，如分光光度計、色譜儀等。專業基礎1.環境工程微生物學-微生物的分類和生理特性：了解細菌、真菌、病毒等微生物的分類和形態結構，掌握微生物的營養需求、代謝方式和生長規律。例如，了解不同類型細菌在污水處理中的作用機制。-微生物在環境工程中的應用：掌握活性污泥法、生物膜法等生物處理工藝的微生物學原理，了解微生物在土壤污染修復、廢氣處理等方面的應用。2.環境監測與分析-環境監測的基本概念和方法：掌握環境監測的目的、任務、監測項目和監測方法，了解環境監測的質量保證和質量控制措施。例如，熟悉大氣、水、土壤等環境要素的監測布點方法。-污染物的分析方法：掌握常見污染物的化學分析方法和儀器分析方法，如分光光度法、原子吸收光譜法、氣相色譜法等。學會正確選擇分析方法和分析儀器，提高分析結果的準確性和可靠性。3.水污染控制工程-污水的物理處理：掌握格柵、沉砂池、沉淀池等物理處理單元的設計原理和計算方法，了解污水的預處理工藝。-污水的生物處理：深入學習活性污泥法、生物膜法等生物處理工藝的原理、工藝流程和設計參數，掌握厭氧生物處理、好氧生物處理等不同處理方式的特點和適用范圍。-污水的深度處理：了解污水的深度處理技術，如膜分離技術、高級氧化技術等，掌握這些技術的原理和應用。專業考試1.專業知識-全面復習專業教材：對環保工程的各個領域進行系統復習，包括水污染控制、大氣污染控制、固體廢物處理與處置、物理污染控制等。重點關注每個領域的基本概念、原理、技術方法和相關標準規范。-關注行業動態和熱點問題：了解環保行業的最新發展趨勢、政策法規和科研成果，關注一些重大的環保事件和熱點問題。這些內容可能會在考試中以案例分析或選擇題的形式出現。2.專業案例-熟悉案例分析的解題思路和方法：案例分析題通常需要考生運用所學知識解決實際問題，因此要掌握解題的基本步驟和方法。首先，仔細閱讀題目，理解題意，明確問題的關鍵所在；然后，分析題目所給的條件，選擇合適的知識點和方法進行解答；最后，檢查答案的合理性和準確性。-多做案例練習題：通過大量的案例練習，提高自己的解題能力和應用知識的能力。可以選擇一些有代表性的案例題進行分析和解答，總結解題經驗和技巧。五、答題技巧1.客觀題-認真審題：仔細閱讀題目，理解題目的要求和條件，注意題目中的關鍵詞和限定詞。例如，在選擇題中，要注意“正確”“錯誤”“最佳”等關鍵詞。-排除法：對于不確定的選項，可以采用排除法，先排除明顯錯誤的選項，提高答題的正確率。-合理猜測：如果遇到實在不會的題目，可以根據自己的知識儲備和經驗進行合理猜測，但不要空著不答。2.案例分析題-分析題目：認真閱讀案例，提取關鍵信息，明確問題的核心和要求。可以在題目上標記出重要的信息，便于分析和解答。-列出解題步驟：在答題前，先在草稿紙上列出解題的步驟和思路，確保解答過程清晰、有條理。-規范答題：按照題目要求和格式規范答題，書寫工整，步驟完整。在解答過程中，要注明所用的公式和原理，以便閱卷老師理解。-檢查答案：答題完成后，要認真檢查答案的準確性和合理性，檢查計算過程是否正確，答案是否符合實際情況。六、常見50題及解答公共基礎1.求函數$y=x^3-3x^2+2$的單調區間和極值。解：首先求導，$y^\prime=3x^2-6x=3x(x-2)$。令$y^\prime=0$，解得$x=0$或$x=2$。當$x\lt0$時，$y^\prime\gt0$，函數單調遞增；當$0\ltx\lt2$時，$y^\prime\lt0$，函數單調遞減；當$x\gt2$時，$y^\prime\gt0$，函數單調遞增。所以函數的單調遞增區間為$(-\infty,0)$和$(2,+\infty)$，單調遞減區間為$(0,2)$。當$x=0$時，函數取得極大值$y(0)=2$；當$x=2$時，函數取得極小值$y(2)=-2$。2.已知矩陣$A=\begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix}$，求$A$的逆矩陣。解：先求矩陣$A$的行列式$|A|=1\times4-2\times3=-2$。伴隨矩陣$A^=\begin{pmatrix}4&-2\\-3&1\end{pmatrix}$。則$A$的逆矩陣$A^{-1}=\frac{1}{|A|}A^=-\frac{1}{2}\begin{pmatrix}4&-2\\-3&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2&1\\\frac{3}{2}&-\frac{1}{2}\end{pmatrix}$。3.已知一質點的運動方程為$x=2t^2+3t$（$x$的單位為$m$，$t$的單位為$s$），求$t=2s$時質點的速度和加速度。解：速度$v=\frac{dx}{dt}=4t+3$。當$t=2s$時，$v=4\times2+3=11m/s$。加速度$a=\frac{dv}{dt}=4m/s^2$，加速度為常數，與時間無關。4.一定質量的理想氣體，在等壓過程中溫度從$T_1$升高到$T_2$，求氣體對外做功。解：根據等壓過程的功的公式$W=p\DeltaV$，由理想氣體狀態方程$pV=\nuRT$可得$\DeltaV=\frac{\nuR}{p}(T_2-T_1)$。所以$W=p\times\frac{\nuR}{p}(T_2-T_1)=\nuR(T_2-T_1)$。5.已知反應$2A+B\rightleftharpoons3C$，在一定溫度下達到平衡，若此時增大壓強，平衡將如何移動？解：反應前后氣體分子數的變化$\Deltan=3-(2+1)=0$。根據勒夏特列原理，增大壓強，對于反應前后氣體分子數不變的反應，平衡不移動。6.用$0.1000mol/L$的$NaOH$溶液滴定$20.00mL$$0.1000mol/L$的$HCl$溶液，當滴入$19.98mL$$NaOH$溶液時，溶液的$pH$為多少？解：$HCl$的物質的量$n(HCl)=0.1000mol/L\times0.02000L=0.002000mol$。$NaOH$的物質的量$n(NaOH)=0.1000mol/L\times0.01998L=0.001998mol$。剩余$HCl$的物質的量$n=0.002000-0.001998=0.000002mol$。溶液總體積$V=20.00+19.98=39.98mL=0.03998L$。$c(H^+)=\frac{0.000002mol}{0.03998L}\approx5\times10^{-5}mol/L$。$pH=-\logc(H^+)=-\log(5\times10^{-5})\approx4.30$。7.求向量$\vec{a}=(1,2,3)$與向量$\vec{b}=(2,-1,0)$的夾角。解：根據向量點積公式$\vec{a}\cdot\vec{b}=|\vec{a}|\times|\vec{b}|\times\cos\theta$。$\vec{a}\cdot\vec{b}=1\times2+2\times(-1)+3\times0=0$。$|\vec{a}|=\sqrt{1^2+2^2+3^2}=\sqrt{14}$，$|\vec{b}|=\sqrt{2^2+(-1)^2+0^2}=\sqrt{5}$。則$\cos\theta=\frac{\vec{a}\cdot\vec{b}}{|\vec{a}|\times|\vec{b}|}=0$，所以夾角$\theta=90^{\circ}$。8.已知一平面過點$(1,2,3)$且與向量$\vec{n}=(2,-1,1)$垂直，求該平面的方程。解：根據平面的點法式方程$A(x-x_0)+B(y-y_0)+C(z-z_0)=0$，其中$(x_0,y_0,z_0)$為平面上一點，$(A,B,C)$為平面的法向量。則該平面方程為$2(x-1)-(y-2)+(z-3)=0$，即$2x-y+z-3=0$。9.已知函數$y=\ln(1+x^2)$，求$y^\prime$。解：根據復合函數求導法則，令$u=1+x^2$，則$y=\lnu$。$y^\prime=\frac{1}{u}\timesu^\prime=\frac{1}{1+x^2}\times2x=\frac{2x}{1+x^2}$。10.已知隨機變量$X$服從正態分布$N(0,1)$，求$P(X\gt1)$。解：因為正態分布關于$x=0$對稱，$P(X\gt1)=\frac{1-P(-1\leqX\leq1)}{2}$。查標準正態分布表可得$P(-1\leqX\leq1)\approx0.6826$。所以$P(X\gt1)=\frac{1-0.6826}{2}=0.1587$。專業基礎11.簡述細菌的基本結構和特殊結構。解：細菌的基本結構包括細胞壁、細胞膜、細胞質和核質。細胞壁具有保護細胞、維持細胞形態等作用；細胞膜是細胞的邊界，具有物質運輸、能量轉換等功能；細胞質是細胞進行代謝活動的場所；核質是細菌的遺傳物質所在部位。細菌的特殊結構包括莢膜、芽孢、鞭毛和菌毛。莢膜具有保護細菌、抗吞噬等作用；芽孢是細菌的休眠體，對不良環境有很強的抵抗力；鞭毛是細菌的運動器官；菌毛與細菌的黏附、傳遞遺傳物質等有關。12.說明活性污泥法中污泥膨脹的原因和解決措施。解：污泥膨脹的原因主要有以下幾點：-絲狀菌膨脹：絲狀菌大量繁殖，導致污泥結構松散，沉降性能變差。常見的絲狀菌有球衣菌、硫絲菌等。-非絲狀菌膨脹：污泥中微生物代謝產物的積累、有毒有害物質的影響等，導致污泥的親水性增加，體積膨脹。解決措施包括：-調整水質：控制進水的有機物負荷、營養物質比例等，避免過高的有機物濃度和營養物質失衡。-改善曝氣條件：控制曝氣強度和時間，避免曝氣過度或不足。-投加化學藥劑：如投加絮凝劑、殺菌劑等，抑制絲狀菌的生長或改善污泥的沉降性能。13.簡述環境監測的目的和任務。解：環境監測的目的包括：-評估環境質量：了解環境中污染物的種類、濃度和分布情況，評估環境質量狀況。-追蹤污染源：確定污染物的來源和排放途徑，為污染源的治理提供依據。-預測環境變化：通過長期監測數據的分析，預測環境質量的變化趨勢，為環境管理和決策提供科學依據。環境監測的任務包括：-制定監測計劃：根據監測目的和要求，制定合理的監測方案，確定監測項目、監測點位、監測頻率等。-采集樣品：按照監測方案的要求，采集環境樣品，如大氣、水、土壤等。-分析測試：對采集的樣品進行分析測試，測定污染物的濃度和相關指標。-數據處理和對分析測試數據進行處理和分析，編寫監測報告，提供準確的監測信息。14.寫出化學需氧量（COD）和生化需氧量（BOD）的定義，并說明它們之間的關系。解：化學需氧量（COD）是指在一定條件下，用強氧化劑處理水樣時所消耗氧化劑的量，以氧的毫克/升來表示。它反映了水中受還原性物質污染的程度，包括有機物、亞硝酸鹽、亞鐵鹽、硫化物等。生化需氧量（BOD）是指在有氧條件下，水中可分解的有機物被微生物分解所消耗的溶解氧的量，通常以5日生化需氧量（BOD?）表示。它反映了水中可生物降解有機物的含量。一般來說，COD包括了水中可生物降解和不可生物降解的有機物以及其他還原性物質所消耗的氧量，而BOD只反映了可生物降解有機物所消耗的氧量。因此，COD的值通常大于BOD的值。對于可生物降解性較好的廢水，BOD/COD的比值一般在0.3-0.8之間，比值越高，說明廢水的可生物降解性越好。15.簡述大氣污染物的分類和主要來源。解：大氣污染物按其存在狀態可分為氣態污染物和顆粒態污染物。氣態污染物主要包括硫氧化物（如$SO_2$）、氮氧化物（如$NO$、$NO_2$）、碳氧化物（如$CO$、$CO_2$）、碳氫化合物等。顆粒態污染物包括總懸浮顆粒物（TSP）、可吸入顆粒物（PM??）、細顆粒物（PM?.?）等。大氣污染物的主要來源有：-燃料燃燒：如煤炭、石油、天然氣等化石燃料的燃燒，是$SO_2$、$NO_x$、顆粒物等污染物的主要來源。-工業生產過程：如冶金、化工、建材等行業的生產過程中會排放大量的污染物，如重金屬、粉塵、揮發性有機物等。-交通運輸：汽車、火車、飛機等交通工具排放的尾氣中含有$CO$、$NO_x$、碳氫化合物等污染物。-農業活動：農藥、化肥的使用和畜禽養殖等會排放氨、甲烷等污染物。16.簡述土壤污染的特點和危害。解：土壤污染的特點包括：-隱蔽性和滯后性：土壤污染往往不易被察覺，需要通過土壤分析和農產品檢測等手段才能發現。而且土壤污染的影響往往需要較長時間才能顯現出來。-累積性：污染物在土壤中會逐漸積累，濃度不斷增加，導致土壤污染程度加重。-不可逆轉性：一些重金屬等污染物在土壤中很難降解，一旦污染，很難恢復到原來的狀態。-治理難度大：土壤污染的治理需要考慮土壤的性質、污染物的種類和分布等多種因素，治理成本高，周期長。土壤污染的危害主要有：-影響農產品質量：土壤中的污染物會被植物吸收，導致農產品中污染物含量超標，影響農產品的質量和安全性。-破壞土壤生態系統：土壤污染會影響土壤中微生物、動物和植物的生長和生存，破壞土壤生態系統的平衡。-污染地下水和地表水：土壤中的污染物會隨著雨水的沖刷和滲透，進入地下水和地表水，導致水體污染。-危害人體健康：通過食物鏈的傳遞，土壤中的污染物會進入人體，對人體健康造成危害，如重金屬中毒等。17.簡述污水處理中常用的物理處理方法及其原理。解：污水處理中常用的物理處理方法有以下幾種：-格柵：利用格柵攔截污水中較大的漂浮物和懸浮物，防止其進入后續處理單元，保護設備正常運行。-沉砂池：通過重力作用，使污水中的砂粒等相對密度較大的無機顆粒沉淀下來，以減輕后續處理單元的負荷。-沉淀池：根據重力沉降原理，使污水中的懸浮物在沉淀池中沉淀下來，實現固液分離。沉淀池可分為平流式沉淀池、豎流式沉淀池和輻流式沉淀池等。-氣浮法：向污水中通入空氣，產生微小氣泡，使污水中的懸浮顆粒附著在氣泡上，隨氣泡上浮到水面，從而實現固液分離。氣浮法適用于處理密度接近或小于水的懸浮物。-過濾：利用過濾介質（如砂、活性炭等）截留污水中的懸浮物，進一步降低污水的濁度。過濾可分為砂濾、活性炭過濾等。18.簡述生物膜法的原理和特點。解：生物膜法的原理是使微生物附著在濾料或其他載體表面，形成生物膜。污水流經生物膜時，污水中的有機物被生物膜中的微生物吸附、分解和利用，從而達到凈化污水的目的。生物膜法的特點包括：-微生物種類豐富：生物膜中存在多種微生物，包括細菌、真菌、原生動物等，能夠處理不同類型的有機物。-對水質和水量的適應性強：生物膜法對水質和水量的變化有較好的適應性，抗沖擊負荷能力較強。-剩余污泥量少：生物膜法中微生物的代謝產物和死亡的微生物附著在生物膜上，不易隨水流失，因此剩余污泥量相對較少。-運行管理方便：生物膜法不需要污泥回流等復雜的操作，運行管理相對簡單。-處理效果好：生物膜法能夠有效地去除污水中的有機物、氨氮等污染物，處理效果穩定。19.簡述噪聲的危害和控制方法。解：噪聲的危害主要有以下幾個方面：-對人體健康的危害：長期暴露在高噪聲環境中，會導致聽力下降、耳鳴、失眠、高血壓等疾病，還會影響人的心理狀態，如產生煩躁、焦慮等情緒。-對生產和生活的影響：噪聲會干擾人們的正常工作、學習和休息，降低工作效率，影響產品質量。在一些特殊場合，如醫院、學校等，噪聲還會影響醫療和教學活動的正常進行。噪聲的控制方法包括：-聲源控制：改進設備的設計和制造工藝，降低聲源的噪聲輻射。例如，采用低噪聲的電機、風機等設備。-傳播途徑控制：采用吸聲、隔聲、消聲等措施，阻斷噪聲的傳播途徑。例如，在車間內安裝吸聲材料，在建筑物的墻壁上設置隔聲板等。-個人防護：為接觸噪聲的人員配備耳塞、耳罩等個人防護用品，減少噪聲對人體的危害。20.簡述固體廢物的分類和處理處置方法。解：固體廢物按其來源可分為工業固體廢物、農業固體廢物、生活垃圾等；按其危害特性可分為一般固體廢物和危險固體廢物。固體廢物的處理方法主要有：-物理處理：如壓實、破碎、分選等，改變固體廢物的物理性質，便于后續處理和處置。-化學處理：如焚燒、化學穩定化等，通過化學反應改變固體廢物的化學性質，降低其危害性。-生物處理：如堆肥、厭氧發酵等，利用微生物的作用將固體廢物中的有機物分解轉化為穩定的物質。固體廢物的處置方法主要有：-填埋：將固體廢物埋入地下，是一種最常用的處置方法。但填埋會占用大量土地資源，還可能導致地下水污染等問題。-焚燒：通過高溫焚燒將固體廢物中的有機物分解，減少固體廢物的體積和重量。焚燒還可以回收熱能，但會產生二次污染，如廢氣、廢渣等。-海洋處置：將固體廢物投放到海洋中，但這種方法會對海洋生態環境造成嚴重破壞，目前已被嚴格限制。專業考試21.某污水處理廠采用活性污泥法處理城市污水，進水$BOD_5$為$200mg/L$，流量為$10000m^3/d$，要求出水$BOD_5$不超過$20mg/L$。已知污泥負荷為$0.3kgBOD_5/(kgMLSS\cdotd)$，混合液懸浮固體濃度（MLSS）為$3000mg/L$，求曝氣池的有效容積。解：首先計算每天需要去除的$BOD_5$量：$Q(S_0-S_e)=10000m^3/d\times(200-20)mg/L\times10^{-3}kg/g=1800kg/d$根據污泥負荷公式$N_s=\frac{Q(S_0-S_e)}{V\timesX}$，可得曝氣池有效容積$V$為：$V=\frac{Q(S_0-S_e)}{N_s\timesX}=\frac{1800kg/d}{0.3kgBOD_5/(kgMLSS\cdotd)\times3000mg/L\times10^{-3}kg/g}=2000m^3$22.某工廠排放的廢氣中含有$SO_2$，濃度為$500ppm$，廢氣流量為$5000m^3/h$。采用石灰石-石膏法進行脫硫處理，脫硫效率要求達到$90\%$，求每天需要消耗的石灰石（$CaCO_3$）的量（假設石灰石的純度為$90\%$）。解：首先將$SO_2$的濃度從$ppm$轉換為$mg/m^3$：$500ppm$的$SO_2$濃度換算為$mg/m^3$為$500\times\frac{64}{22.4}\approx1428.6mg/m^3$每小時需要去除的$SO_2$量為：$5000m^3/h\times1428.6mg/m^3\times10^{-6}kg/mg\times90\%=6.429kg/h$根據化學反應方程式$CaCO_3+SO_2+\frac{1}{2}O_2+2H_2O=CaSO_4\cdot2H_2O+CO_2$，$CaCO_3$與$SO_2$的摩爾比為$1:1$。$SO_2$的摩爾質量為$64g/mol$，$CaCO_3$的摩爾質量為$100g/mol$。則每小時需要消耗的純$CaCO_3$的量為：$6.429kg/h\times\frac{100}{64}\approx10.045kg/h$每天需要消耗的純$CaCO_3$的量為：$10.045kg/h\times24h/d=241.08kg/d$考慮石灰石的純度為$90\%$，則每天需要消耗的石灰石的量為：$\frac{241.08kg/d}{90\%}\approx267.87kg/d$23.某垃圾填埋場設計服務年限為20年，預計每年填埋垃圾量為$5\times10^4m^3$，垃圾壓實密度為$0.8t/m^3$。填埋場底部和側面采用HDPE膜進行防滲處理，求HDPE膜的總面積（假設填埋場為長方體，長為$200m$，寬為$150m$，高為$10m$）。解：首先計算填埋場的總體積：$V=5\times10^4m^3/年\times20年=1\times10^6m^3$填埋場底部面積為：$S_底=200m\times150m=30000m^2$填埋場側面面積為：$S_側=2\times(200m\times10m+150m\times10m)=2\times(2000m^2+1500m^2)=7000m^2$則HDPE膜的總面積為：$S=S_底+S_側=30000m^2+7000m^2=37000m^2$24.某城市污水處理廠采用A2/O工藝處理污水，進水$COD$為$300mg/L$，$BOD_5$為$150mg/L$，$TN$為$30mg/L$，$TP$為$5mg/L$。要求出水$COD$不超過$50mg/L$，$BOD_5$不超過$10mg/L$，$TN$不超過$15mg/L$，$TP$不超過$0.5mg/L$。已知厭氧池、缺氧池和好氧池的體積比為$1:1:3$，試分析該工藝能否滿足出水要求，并說明理由。解：A2/O工藝是一種常用的污水處理工藝，具有脫氮除磷的功能。-有機物去除：A2/O工藝通過厭氧、缺氧和好氧三個階段，利用微生物的代謝作用去除有機物。一般來說，該工藝對$COD$和$BOD_5$的去除效果較好。進水$COD$為$300mg/L$，$BOD_5$為$150mg/L$，經過處理后，出水$COD$不超過$50mg/L$，$BOD_5$不超過$10mg/L$是有可能達到的。-脫氮：脫氮主要通過硝化和反硝化作用實現。在好氧池中，氨氮被硝化細菌轉化為硝酸鹽氮；在缺氧池中，硝酸鹽氮被反硝化細菌還原為氮氣。進水$TN$為$30mg/L$，要求出水$TN$不超過$15mg/L$。該工藝的厭氧池、缺氧池和好氧池的體積比為$1:1:3$，如果運行條件控制得當，能夠提供足夠的硝化和反硝化時間，是有可能滿足脫氮要求的。-除磷：除磷主要通過聚磷菌在厭氧條件下釋放磷，在好氧條件下吸收磷的過程實現。進水$TP$為$5mg/L$，要求出水$TP$不超過$0.5mg/L$。該工藝有厭氧池提供聚磷菌釋放磷的條件，好氧池提供聚磷菌吸收磷的條件，但要達到這么低的出水磷濃度，可能需要嚴格控制運行參數，如污泥齡、溶解氧等，并且可能需要輔助化學除磷措施。綜上所述，該工藝在理論上有一定的可能性滿足出水$COD$、$BOD_5$和$TN$的要求，但對于$TP$的去除，可能需要進一步優化運行參數或采取輔助措施才能確保滿足出水要求。25.某企業新建一座污水處理站，采用生物接觸氧化法處理生產廢水。已知進水$COD$為$800mg/L$，流量為$200m^3/d$，要求出水$COD$不超過$100mg/L$。生物接觸氧化池的填料容積負荷為$2kgCOD/(m^3\cdotd)$，求生物接觸氧化池的有效容積。解：首先計算每天需要去除的$COD$量：$Q(S_0-S_e)=200m^3/d\times(800-100)mg/L\times10^{-3}kg/g=140kg/d$根據填料容積負荷公式$N_v=\frac{Q(S_0-S_e)}{V}$，可得生物接觸氧化池的有效容積$V$為：$V=\frac{Q(S_0-S_e)}{N_v}=\frac{140kg/d}{2kgCOD/(m^3\cdotd)}=70m^3$26.某大氣污染治理項目采用布袋除塵器處理含塵廢氣，已知廢氣流量為$10000m^3/h$，進口粉塵濃度為$500mg/m^3$，要求出口粉塵濃度不超過$10mg/m^3$。布袋除塵器的過濾風速為$1m/min$，求布袋除塵器的過濾面積。解：首先計算除塵器的除塵效率：$\eta=\frac{C_0-C_e}{C_0}\times100\%=\frac{500-10}{500}\times100\%=98\%$根據過濾風速公式$v=\frac{Q}{60A}$（其中$v$為過濾風速，$Q$為廢氣流量，$A$為過濾面積），可得過濾面積$A$為：$A=\frac{Q}{60v}=\frac{10000m^3/h}{60min/h\times1m/min}\approx166.7m^2$27.某城市垃圾焚燒廠每天處理垃圾量為$500t$，垃圾的低位發熱量為$8000kJ/kg$。焚燒廠的熱效率為$20\%$，蒸汽輪機的發電效率為$30\%$，求該垃圾焚燒廠每天的發電量。解：首先計算每天垃圾燃燒釋放的總熱量：$Q=500t/d\times1000kg/t\times8000kJ/kg=4\times10^9kJ/d$焚燒廠轉化為蒸汽的熱量為：$Q_1=Q\times20\%=4\times10^9kJ/d\times0.2=8\times10^8kJ/d$蒸汽輪機轉化為電能的熱量為：$Q_2=Q_1\times30\%=8\times10^8kJ/d\times0.3=2.4\times10^8kJ/d$因為$1kW\cdoth=3600kJ$，所以每天的發電量為：$W=\frac{2.4\times10^8kJ/d}{3600kJ/(kW\cdoth)}\approx6.67\times10^4kW\cdoth/d$28.某污水處理廠的二沉池采用輻流式沉淀池，設計流量為$5000m^3/d$，表面負荷為$1.5m^3/(m^2\cdoth)$，求二沉池的表面積和直徑。解：首先將設計流量轉換為每小時的流量：$Q=\frac{5000m^3/d}{24h/d}\approx208.3m^3/h$根據表面負荷公式$q=