Ejercicios Resueltos Sobre Tratamiento De Aguas Residuales 353o2l
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UNIVERSIDAD NACIONAL DE TRUJILLO FACULTAD DE INGENIERÍA QUÍMICA
“DESARROLLO DE EJERCICIOS” DOCENTES: Ing. RIVERO MÉNDEZ, JOSÉ FÉLIX
ALUMNO: ASMAT LAURENTE, BILLYS ALEXY CRUAZADO BENITES, WALTER SEBASTIAN HIUGUAY SOTO, LUIGIE ERNESTO HUAMAN MELON, YOYEL FRAN LAZARO ARGOMEDO, JOHN KEYLOR RIOJAS PEREZ, HAROLD MICK
ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA AMBIENTAL TRATAMIENTO DE AGUAS RESIDUALES CICLO VIII TRUJILLO, 10 DE SETIEMBRE DEL 2018
“DESARROLLO DE EJERCICIOS”
TRATAMIENTO DE AGUAS RESIDUALES
EJERCICIOS DE TRATAMIENTO DE AGUAS RESIDUALES I. Se dispone de los siguientes datos de DBO: t (días) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (a) (b) (c)
DBO (mg/l) 6.5 11 15 18 20 22 23 24 25 26
Dibujar la curva de DBO Calcular los parámetros K y Lo por los siguientes métodos: Método de diferencias logarítmicas. Método de Moore de los momentos, utilizando frecuencias de 3, 5, 7 días. Por el método de Thomas.
Figura 1:Gráfica de la DBO para los datos dados en el ejercicio.
DBO (mg/l) 30 y = 8.7648ln(x) + 5.8113 R² = 0.9954
25
mg/l
20 15
DBO (mg/l) Log. (DBO (mg/l))
10 5 0 0
2
4
6
8
10
12
Días
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“DESARROLLO DE EJERCICIOS”
TRATAMIENTO DE AGUAS RESIDUALES
Solución: (a) Método de diferencias logarítmicas. Tabla 1: Método de diferencias logarítmicas
t (días) 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
y:DBO (mg/l) 0 6.5 11 15 18 20 22 23 24 25 26
∆Y 0 6.5 4.5 4 3 2 2 1 1 1 1
Valores medios (días) 0 0.5 1.5 2.5 3.5 4.5 5.5 6.5 7.5 8.5 9.5
Figura 2
∆Y 10
∆Y
y = -0.5758x + 5.4788 R² = 0.8573
1 0
2
4
6
8
10
Valores medios (días)
-
Los puntos de la recta que se escogieron son: Puntos x 0 7
-
-
y 5.4788 1.4482
Entonces la pendiente se calcularía: log(1,4482) − log(5,4788) 𝑃𝑒𝑛𝑑𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 = = −0,0826 7−0 𝐾 = −𝑃𝑒𝑛𝑑𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 = −(−0,0826) = 𝟎, 𝟎𝟖𝟐𝟔𝒅−𝟏 Cálculo de Lo 𝐼𝑛𝑡𝑒𝑟𝑠𝑒𝑐𝑐𝑖ó𝑛 5,4788 𝒎𝒈 𝐿𝑜 = = = 𝟐𝟖, 𝟖 2,303𝑥𝐾 2,303𝑥0,0826 𝒍
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“DESARROLLO DE EJERCICIOS”
TRATAMIENTO DE AGUAS RESIDUALES
(b) Método de Moore de los momentos, utilizando frecuencias de 3, 5, 7 días. - Secuencia de 3 días. Tabla 2: Método de Moore de los momentos, Secuencia de 3 días.
t (días) 1 2 3 ∑ -
y:DBO (mg/l) 6.5 11 15 32.5
t*y 6.5 22 45 73.5
Cálculo de K: ∑y 32,5 = = 0,442 ∑ty 73,5 Según este valor y la figura 2.16 del Método de Moore, se obtiene un valor de K=0,119 d-1.
-
Cálculo de Lo: Según la figura anteriormente mencionada obtenemos un valor: ∑y ∑y 32,5 = 1,225 → 𝐿𝑜 = = = 𝟐𝟔, 𝟓𝟑𝒎𝒈/𝒍 𝐿𝑜 1,225 1,225
-
Secuencia de 5 días. Tabla 3 Método de Moore de los momentos, Secuencia de 5 días.
t (dias) 1 2 3 4 5 ∑ -
y:DBO (mg/l) 6.5 11 15 18 20 70.5
t*y 6.5 22 45 72 100 245.5
Cálculo de K: ∑y 70,5 = = 0,287 ∑ty 245,5 Según este valor y la figura 2.16 del Método de Moore, se obtiene un valor de K=0,113 d-1.
-
Cálculo de Lo: Según la figura anteriormente mencionada obtenemos un valor: ∑y ∑y 70,5 = 2,55 → 𝐿𝑜 = = = 𝟐𝟕, 𝟔𝟓𝒎𝒈/𝒍 𝐿𝑜 2,55 2,55
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“DESARROLLO DE EJERCICIOS”
-
TRATAMIENTO DE AGUAS RESIDUALES
Secuencia de 7 días. Tabla 4: Método de Moore de los momentos, Secuencia de 7 días.
t (dias) 1 2 3 4 5 6 7 ∑ -
y:DBO (mg/l) 6.5 11 15 18 20 22 23 115.5
t*y 6.5 22 45 72 100 132 161 538.5
Cálculo de K: ∑y 115,5 = = 0,214 ∑ty 538,5 Según este valor y la figura 2.16 del Método de Moore, se obtiene un valor de K=0,110 d-1.
-
Cálculo de Lo: Según la figura anteriormente mencionada obtenemos un valor: ∑y ∑y 115,5 = 4,14 → 𝐿𝑜 = = = 𝟐𝟕, 𝟗𝟎𝒎𝒈/𝒍 𝐿𝑜 4,14 4,14
(c) Por el método de Thomas. Tabla 5: método de Thomas
t (dias) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
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y:DBO (mg/l) 6.5 11 15 18 20 22 23 24 25 26
t/y
(t/y)^(1/3)
0.15385 0.18182 0.20000 0.22222 0.25000 0.27273 0.30435 0.33333 0.36000 0.38462
0.536 0.567 0.585 0.606 0.630 0.648 0.673 0.693 0.711 0.727
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“DESARROLLO DE EJERCICIOS”
TRATAMIENTO DE AGUAS RESIDUALES
Figura 3
(t/y)^(1/3) 0.800 0.700
(t/y)^(1/3)
0.600
y = 0.0212x + 0.521 R² = 0.997
0.500 0.400 0.300 0.200 0.100 0.000
0
2
4
6
8
10
12
Tiempo (días)
- De la recta se obtiene: Intersección: A=0,521 Pendiente: B=0,0212 - Cálculo de K y Lo: 𝐵 0,0212 𝐾 = 2,61 ( ) = 2,61 ( ) = 𝟎, 𝟏𝟎𝟔𝟐𝒅−𝟏 𝐴 0,521 𝐿𝑜 =
1 1 = = 𝟐𝟖, 𝟗𝟓𝒎𝒈/𝒍 2,3𝐾𝐴3 2,3(0,1062)(0,521)3
II. Para un agua residual, K=0,1 (Base logaritmo decimal) y la DBO5 es de 200 mg/l. Estimar la DBO de un día y la DBO final (Lo). ¿Cuál sería la DBO si la incubación fuera a 30°C en lugar de a la temperatura convencional de 20°C?
Solución: DBOf a 20°C. 𝐷𝐵𝑂5 1 = 1 − 𝐾𝑡 𝐷𝐵𝑂𝑓 10 𝐿𝑜 = 𝐷𝐵𝑂𝑓 =
200 = 𝟐𝟗𝟐, 𝟓𝒎𝒈/𝒍 1 1 − 5(0,1) 10
DBO1 a 20°C 𝐷𝐵𝑂1 1 = 1 − 𝐾𝑡 𝐷𝐵𝑂𝑓 10 𝐷𝐵𝑂1 = (1 −
1 ) 𝑥292,5 = 𝟔𝟎, 𝟐𝒎𝒈/𝒍 101𝑥0,1
Ahora: 𝐾𝑇 = 𝐾20 (𝜃)(𝑇−20) 𝐾𝑇 = 0,1𝑥(1,056)(30−20) 𝑲𝟏 = 𝟎, 𝟏𝟕, 𝑝𝑎𝑟𝑎30°𝐶 INGENIERÍA AMBIENTAL
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TRATAMIENTO DE AGUAS RESIDUALES
DBO5 a 30°C. 𝐷𝐵𝑂5 1 = 1 − 𝐾𝑡 𝐷𝐵𝑂𝑓 10 1 𝐷𝐵𝑂5 = (1 − 5𝑥0,17 ) 𝑥292,5 = 𝟐𝟓𝟏. 𝟐𝒎𝒈/𝒍 10
DBO1 a 30°C 𝐷𝐵𝑂1 1 = 1 − 𝐾𝑡 𝐷𝐵𝑂𝑓 10 𝐷𝐵𝑂1 = (1 −
1 101𝑥0,17
) 𝑥292,5 = 𝟗𝟒, 𝟕𝒎𝒈/𝒍
III. Determinar la DTeO para alanina [CH3CH(NH2)COOH] en gramos de O2/gmol de alanina, utilizando las siguientes suposiciones: 1. Que los átomos de carbono se oxidan a CO2, mientras que el nitrógeno se convierte en amoniaco. 2. Que el amoniaco se oxida a HNO2 en presencia de bacterias de formación de nitritos. 3. Finalmente, el HNO2 se oxida a HNO3 en presencia de bacterias de formación de nitratos.
Solución: 1: Oxidación de la alanina. CH3CH(NH2)COOH + 3 O2 3 CO2 + NH3 + 2 H2O 𝐷𝑇𝑒𝑂 =
𝑊𝑂2 𝑊𝑎𝑙𝑎𝑛𝑖𝑛𝑎
=
3 ∗ 32 𝑔𝑂2 = 1,08 (36 + 7 + 32 + 14) 𝑔𝑎𝑙𝑎𝑛𝑖𝑛𝑎
2 NH3 + 3 O2 2 HNO2 + 2 H2O
2:
𝐷𝑇𝑒𝑂 =
𝑊𝑂2 3 ∗ 32 𝑔𝑂2 = = 6,86 𝑊𝑁𝐻3 (14 + 3) 𝑔𝑁𝐻3
2 HNO2 + O2 2 HNO3
3: 𝐷𝑇𝑒𝑂 = -
𝑊𝑂2 1 ∗ 32 𝑔𝑂2 = = 0,68 𝑊𝐻𝑁𝑂2 (14 + 1 + 32) 𝑔𝐻𝑁𝑂2
Entonces la DTeO: 𝐷𝑇𝑒𝑂 = 1,08 + 6,86 + 0,68 = 𝟖, 𝟔𝟐
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𝒈𝑶𝟐 𝒈𝒂𝒍𝒂𝒏𝒊𝒏𝒂
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TRATAMIENTO DE AGUAS RESIDUALES
IV. Calcular la demanda teórica de oxígeno, en gramos de oxígeno por gramo de glicina [NH2CH2COOH]. 1. Suponiendo que no hay nitrificación (N2NH3). 2. Suponiendo que hay nitrificación: en una primera fase el NH3 es oxidado a HN02, y en una segunda fase el HN02 es oxidado a HN03
Solución: 1: 2𝑁𝐻2 𝐶𝐻2 𝐶𝑂𝑂𝐻 + 3𝑂2 → 4𝐶𝑂2 + 2𝑁𝐻3 + 𝐻2 𝑂
DTeo= 𝑊
𝑊 𝑂2
3∗32
𝑁𝐻2 𝐶𝐻2 𝐶𝑂𝑂𝐻
= 2(14+5+24+32) =0.64 g𝑂2 /g𝑁𝐻2 𝐶𝐻2 𝐶𝑂𝑂𝐻
2: 2𝑁𝐻2 𝐶𝐻2 𝐶𝑂𝑂𝐻 + 7𝑂2 → 4𝐶𝑂2 + 2𝐻𝑁𝑂3 + 4𝐻2 𝑂
DTeo= 𝑊
𝑊𝑂2
𝑁𝐻2 𝐶𝐻2 𝐶𝑂𝑂𝐻
7∗32
= 2(14+5+24+32) = 1.49 g𝑂2 /g𝑁𝐻2 𝐶𝐻2 𝐶𝑂𝑂𝐻
V. Estimar la DBO1 (un día) y la DBOf de un agua residual con la DBO5 de 200 mg/l, valores referentes a una temperatura de 25°C. El valor de K (base log. Decimal) es 0,15 d-1 a 35°C. Solución: T1=25°C ; T2=35°C K1=? ; K2= 0,15 d-1 𝐾2 = 𝐾1 (𝜃)(𝑇2 −𝑇1 ) 0,15 = 𝐾1 (1,056)(35−25) 𝐾1 = 0,087 DBOf: 𝐷𝐵𝑂5 1 = 1 − 𝐾𝑡 𝐷𝐵𝑂𝑓 10 𝐷𝐵𝑂𝑓 =
200 = 𝟑𝟏𝟔𝒎𝒈/𝒍 1 1 − 5(0,087) 10
DBO1: 𝐷𝐵𝑂1 1 = 1 − 𝐾𝑡 𝐷𝐵𝑂𝑓 10 𝐷𝐵𝑂1 = (1 −
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1 101𝑥0,087
) 𝑥316 = 𝟓𝟕, 𝟒𝒎𝒈/𝒍
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VI. La DBO5 de un agua residual es de 210 mg/l 1- Si K =0,23 d-1, estimar el valor de la DBO10. 2- Si la botella de DBO fuera incubada a 30°C, en vez de a 20°C, cuál sería el valor de la DBO5.
Solución: 1. 𝐷𝐵𝑂5 1 = 1 − 5𝐾 𝐷𝐵𝑂𝑓 10 𝐷𝐵𝑂𝑓 =
210 = 𝟐𝟐𝟔𝒎𝒈/𝒍 1 1 − 5(0,23) 10 𝐾𝑇 = 𝐾20 (𝜃)(𝑇−20)
𝐾𝑇 = 0,23𝑥(1,056)(30−20) 𝑲𝟏 = 𝟎, 𝟒, 𝑝𝑎𝑟𝑎30°𝐶 DBO10: 𝐷𝐵𝑂10 1 = 1 − 𝐾𝑡 𝐷𝐵𝑂𝑓 10 𝐷𝐵𝑂10 = (1 −
1 1010𝑥0,23
) 𝑥226 = 𝟐𝟐𝟒, 𝟖𝟕𝒎𝒈/𝒍
2. DBO5 a 30°C 𝐷𝐵𝑂5 1 = 1 − 𝐾𝑡 𝐷𝐵𝑂𝑓 10 1 𝐷𝐵𝑂5 = (1 − 5𝑥0,4 ) 𝑥226 = 𝟐𝟐𝟑, 𝟕𝟒𝒎𝒈/𝒍 10
VII. ¿Qué porcentaje de la 𝑫𝑩𝑶𝒇 de un agua residual sería satisfecho después de 3 días, si la constante de biodegradación, K (base: log. decimal) es 𝟎. 𝟏𝒅−𝟏?. Solución: 𝑘 = 0.1𝑑−1 t = 3 días 𝐷𝐵𝑂𝑡 = 1 − 10−𝑡𝑘 𝐷𝐵𝑂𝑓 𝐷𝐵𝑂3 = 1 − 10−3(0.1) 𝐷𝐵𝑂𝑓 𝐷𝐵𝑂3 = 0.4988 𝐷𝐵𝑂𝑓 La DBO satisfecha con respecto a la 𝐷𝐵𝑂𝑓 luego de 3 días de incubación del agua residual sería de un 49.88 %.
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“DESARROLLO DE EJERCICIOS”
TRATAMIENTO DE AGUAS RESIDUALES
VIII. Calcular la demanda teórica de oxígeno, en mg/L, de una solución que contiene 100 mg/L de glicerol. 2𝐶3 𝐻8 𝑂3 +7𝑂2 → 6𝐶𝑂2 + 8𝐻2 𝑂 Peso molecular
156
224
El valor de DTeO se obtiene a partir de cálculo estequiométrico. 𝐷𝑇𝑒𝑂 = 100
𝑚𝑔 224𝑚𝑔𝑂2 𝑚𝑔 𝑔𝑙𝑖𝑐𝑒𝑟𝑜𝑙𝑥 = 143.59 𝐿 156𝑚𝑔𝑔𝑙𝑖𝑐𝑒𝑟𝑜𝑙 𝐿
EJERCICIOS DE PIZARRA 1. Graficar: ∑
𝑦 vsk 𝑡𝑦
∑
y vsk Lo
n=6 Tabla 6:
K 0.02 0.04 0.06 0.08 0.1 0.12 0.14 0.16 0.18 0.2 0.22 0.24 0.26 0.28 0.3 0.32 0.34 0.36 0.38 0.4
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∑y/∑ty 0.233 0.236 0.239 0.241 0.244 0.246 0.248 0.250 0.252 0.254 0.256 0.258 0.259 0.261 0.262 0.264 0.265 0.266 0.267 0.268
∑y/Lo 0.877 1.599 2.197 2.693 3.108 3.457 3.751 4.001 4.215 4.398 4.556 4.694 4.814 4.919 5.011 5.093 5.166 5.231 5.289 5.341
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“DESARROLLO DE EJERCICIOS”
TRATAMIENTO DE AGUAS RESIDUALES
Figura 4
∑y/Lo-∑y/∑ty 6.000
0.270 0.265
5.000
0.260 0.255
3.000
0.250
∑y/∑ty
∑y/Lo
4.000
0.245
2.000
0.240 1.000
0.235
0.000
0.230 0
0.05
0.1
0.15
0.2
0.25
0.3
0.35
0.4
0.45
K (d-1) ∑y/Lo
∑y/∑ty
2. Hacer una función Matlab ingresando “n” (del grupo que corresponde) me dé escrito la k function y=Moore(k) %Argumentos de entrada: %k:Constante de biodegradacion %n:numero de dias %Argumento de salida: %y:relacion n=input('Ingrese numero n:'); i=1; s=0; r=0; while i<=n
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TRATAMIENTO DE AGUAS RESIDUALES
s=s+i; r=r+i*10^(-i*k); i=i+1; end d=s-r; y=(n-(10^-k*(10^(-n*k)-1)/(10^-k-1)))/d; fprintf('y es igual a:%.3f\n',y);
3. Hacer una función de volumen de un cilindro echado en función de la altura. Tomando como datos en largo del cilindro (L) y el radio de la base (r).
r r-h
Θ/2
h
b
𝑉𝐿í𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 = 𝐴𝐿í𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 × 𝐿 𝐴𝐿í𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 = 𝐴𝑆𝑒𝑐𝑡𝑜𝑟 − 𝐴∆ 𝐴𝑆𝑒𝑐𝑡𝑜𝑟 =
𝜃 × 𝑟2 𝜃 𝑟−ℎ 𝜃 𝑟−ℎ 𝑝𝑒𝑟𝑜 ∶ 𝑐𝑜𝑠 = → = acos( ) 2 2 𝑟 2 𝑟 ℎ 𝜃 = 2 acos(1 − ) 𝑟 ℎ 𝐸𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 ∶ 𝐴𝑠𝑒𝑐𝑡𝑜𝑟 = acos(1 − ) × 𝑟 2 𝑟
𝐴∆ =
2𝑏 × (𝑟 − ℎ) 𝑝𝑒𝑟𝑜:𝑟 2 = (𝑟 − ℎ)2 + 𝑏 2 → 𝑏 2 = 𝑟 2 − (𝑟 2 − 2𝑟ℎ + ℎ2 ) 2 𝑏 = √2𝑟ℎ − ℎ2 𝐸𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠:𝐴∆ =
2 × √2𝑟ℎ − ℎ2 × (𝑟 − ℎ) 2
ℎ 𝐹𝑖𝑛𝑎𝑙𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒:𝐴𝐿í𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 = (acos (1 − ) × 𝑟 2 ) − (√2𝑟ℎ − ℎ2 × (𝑟 − ℎ)) 𝑟 𝐸𝑙𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛𝑑𝑒𝑙ì𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜𝑠𝑒𝑟á: 𝑉𝐿í𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 = 𝐿 × ((𝑎𝑐𝑜𝑠(1 − ℎ/𝑟) × 𝑟^2) − (√(2𝑟ℎ − ℎ^2) × (𝑟 − ℎ)))
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TRATAMIENTO DE AGUAS RESIDUALES
FUNCIÓN MATLAB function v=volumenliquido(h) %Argumentos de entrada: %h:altura del liquido %Argumento de salida: %v:volumen que ocupa el liquido en el cilindro L=input('Ingrese longitud del cilindro:'); r=input('Ingrese radio del cilindro:'); v=L*(acos(1-h/r)*r^2)-(sqrt((2*r*h)-h^2)*(r-h)); fprintf('El volumen del liquido ocupado en el cilindro es: %.2f\n',v);
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TRATAMIENTO DE AGUAS RESIDUALES
EJERCICIOS DE TRATAMIENTO DE AGUAS RESIDUALES I. Se dispone de los siguientes datos de DBO: t (días) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (a) (b) (c)
DBO (mg/l) 6.5 11 15 18 20 22 23 24 25 26
Dibujar la curva de DBO Calcular los parámetros K y Lo por los siguientes métodos: Método de diferencias logarítmicas. Método de Moore de los momentos, utilizando frecuencias de 3, 5, 7 días. Por el método de Thomas.
Figura 1:Gráfica de la DBO para los datos dados en el ejercicio.
DBO (mg/l) 30 y = 8.7648ln(x) + 5.8113 R² = 0.9954
25
mg/l
20 15
DBO (mg/l) Log. (DBO (mg/l))
10 5 0 0
2
4
6
8
10
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Días
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TRATAMIENTO DE AGUAS RESIDUALES
Solución: (a) Método de diferencias logarítmicas. Tabla 1: Método de diferencias logarítmicas
t (días) 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
y:DBO (mg/l) 0 6.5 11 15 18 20 22 23 24 25 26
∆Y 0 6.5 4.5 4 3 2 2 1 1 1 1
Valores medios (días) 0 0.5 1.5 2.5 3.5 4.5 5.5 6.5 7.5 8.5 9.5
Figura 2
∆Y 10
∆Y
y = -0.5758x + 5.4788 R² = 0.8573
1 0
2
4
6
8
10
Valores medios (días)
-
Los puntos de la recta que se escogieron son: Puntos x 0 7
-
-
y 5.4788 1.4482
Entonces la pendiente se calcularía: log(1,4482) − log(5,4788) 𝑃𝑒𝑛𝑑𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 = = −0,0826 7−0 𝐾 = −𝑃𝑒𝑛𝑑𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 = −(−0,0826) = 𝟎, 𝟎𝟖𝟐𝟔𝒅−𝟏 Cálculo de Lo 𝐼𝑛𝑡𝑒𝑟𝑠𝑒𝑐𝑐𝑖ó𝑛 5,4788 𝒎𝒈 𝐿𝑜 = = = 𝟐𝟖, 𝟖 2,303𝑥𝐾 2,303𝑥0,0826 𝒍
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(b) Método de Moore de los momentos, utilizando frecuencias de 3, 5, 7 días. - Secuencia de 3 días. Tabla 2: Método de Moore de los momentos, Secuencia de 3 días.
t (días) 1 2 3 ∑ -
y:DBO (mg/l) 6.5 11 15 32.5
t*y 6.5 22 45 73.5
Cálculo de K: ∑y 32,5 = = 0,442 ∑ty 73,5 Según este valor y la figura 2.16 del Método de Moore, se obtiene un valor de K=0,119 d-1.
-
Cálculo de Lo: Según la figura anteriormente mencionada obtenemos un valor: ∑y ∑y 32,5 = 1,225 → 𝐿𝑜 = = = 𝟐𝟔, 𝟓𝟑𝒎𝒈/𝒍 𝐿𝑜 1,225 1,225
-
Secuencia de 5 días. Tabla 3 Método de Moore de los momentos, Secuencia de 5 días.
t (dias) 1 2 3 4 5 ∑ -
y:DBO (mg/l) 6.5 11 15 18 20 70.5
t*y 6.5 22 45 72 100 245.5
Cálculo de K: ∑y 70,5 = = 0,287 ∑ty 245,5 Según este valor y la figura 2.16 del Método de Moore, se obtiene un valor de K=0,113 d-1.
-
Cálculo de Lo: Según la figura anteriormente mencionada obtenemos un valor: ∑y ∑y 70,5 = 2,55 → 𝐿𝑜 = = = 𝟐𝟕, 𝟔𝟓𝒎𝒈/𝒍 𝐿𝑜 2,55 2,55
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-
TRATAMIENTO DE AGUAS RESIDUALES
Secuencia de 7 días. Tabla 4: Método de Moore de los momentos, Secuencia de 7 días.
t (dias) 1 2 3 4 5 6 7 ∑ -
y:DBO (mg/l) 6.5 11 15 18 20 22 23 115.5
t*y 6.5 22 45 72 100 132 161 538.5
Cálculo de K: ∑y 115,5 = = 0,214 ∑ty 538,5 Según este valor y la figura 2.16 del Método de Moore, se obtiene un valor de K=0,110 d-1.
-
Cálculo de Lo: Según la figura anteriormente mencionada obtenemos un valor: ∑y ∑y 115,5 = 4,14 → 𝐿𝑜 = = = 𝟐𝟕, 𝟗𝟎𝒎𝒈/𝒍 𝐿𝑜 4,14 4,14
(c) Por el método de Thomas. Tabla 5: método de Thomas
t (dias) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
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y:DBO (mg/l) 6.5 11 15 18 20 22 23 24 25 26
t/y
(t/y)^(1/3)
0.15385 0.18182 0.20000 0.22222 0.25000 0.27273 0.30435 0.33333 0.36000 0.38462
0.536 0.567 0.585 0.606 0.630 0.648 0.673 0.693 0.711 0.727
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“DESARROLLO DE EJERCICIOS”
TRATAMIENTO DE AGUAS RESIDUALES
Figura 3
(t/y)^(1/3) 0.800 0.700
(t/y)^(1/3)
0.600
y = 0.0212x + 0.521 R² = 0.997
0.500 0.400 0.300 0.200 0.100 0.000
0
2
4
6
8
10
12
Tiempo (días)
- De la recta se obtiene: Intersección: A=0,521 Pendiente: B=0,0212 - Cálculo de K y Lo: 𝐵 0,0212 𝐾 = 2,61 ( ) = 2,61 ( ) = 𝟎, 𝟏𝟎𝟔𝟐𝒅−𝟏 𝐴 0,521 𝐿𝑜 =
1 1 = = 𝟐𝟖, 𝟗𝟓𝒎𝒈/𝒍 2,3𝐾𝐴3 2,3(0,1062)(0,521)3
II. Para un agua residual, K=0,1 (Base logaritmo decimal) y la DBO5 es de 200 mg/l. Estimar la DBO de un día y la DBO final (Lo). ¿Cuál sería la DBO si la incubación fuera a 30°C en lugar de a la temperatura convencional de 20°C?
Solución: DBOf a 20°C. 𝐷𝐵𝑂5 1 = 1 − 𝐾𝑡 𝐷𝐵𝑂𝑓 10 𝐿𝑜 = 𝐷𝐵𝑂𝑓 =
200 = 𝟐𝟗𝟐, 𝟓𝒎𝒈/𝒍 1 1 − 5(0,1) 10
DBO1 a 20°C 𝐷𝐵𝑂1 1 = 1 − 𝐾𝑡 𝐷𝐵𝑂𝑓 10 𝐷𝐵𝑂1 = (1 −
1 ) 𝑥292,5 = 𝟔𝟎, 𝟐𝒎𝒈/𝒍 101𝑥0,1
Ahora: 𝐾𝑇 = 𝐾20 (𝜃)(𝑇−20) 𝐾𝑇 = 0,1𝑥(1,056)(30−20) 𝑲𝟏 = 𝟎, 𝟏𝟕, 𝑝𝑎𝑟𝑎30°𝐶 INGENIERÍA AMBIENTAL
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“DESARROLLO DE EJERCICIOS”
TRATAMIENTO DE AGUAS RESIDUALES
DBO5 a 30°C. 𝐷𝐵𝑂5 1 = 1 − 𝐾𝑡 𝐷𝐵𝑂𝑓 10 1 𝐷𝐵𝑂5 = (1 − 5𝑥0,17 ) 𝑥292,5 = 𝟐𝟓𝟏. 𝟐𝒎𝒈/𝒍 10
DBO1 a 30°C 𝐷𝐵𝑂1 1 = 1 − 𝐾𝑡 𝐷𝐵𝑂𝑓 10 𝐷𝐵𝑂1 = (1 −
1 101𝑥0,17
) 𝑥292,5 = 𝟗𝟒, 𝟕𝒎𝒈/𝒍
III. Determinar la DTeO para alanina [CH3CH(NH2)COOH] en gramos de O2/gmol de alanina, utilizando las siguientes suposiciones: 1. Que los átomos de carbono se oxidan a CO2, mientras que el nitrógeno se convierte en amoniaco. 2. Que el amoniaco se oxida a HNO2 en presencia de bacterias de formación de nitritos. 3. Finalmente, el HNO2 se oxida a HNO3 en presencia de bacterias de formación de nitratos.
Solución: 1: Oxidación de la alanina. CH3CH(NH2)COOH + 3 O2 3 CO2 + NH3 + 2 H2O 𝐷𝑇𝑒𝑂 =
𝑊𝑂2 𝑊𝑎𝑙𝑎𝑛𝑖𝑛𝑎
=
3 ∗ 32 𝑔𝑂2 = 1,08 (36 + 7 + 32 + 14) 𝑔𝑎𝑙𝑎𝑛𝑖𝑛𝑎
2 NH3 + 3 O2 2 HNO2 + 2 H2O
2:
𝐷𝑇𝑒𝑂 =
𝑊𝑂2 3 ∗ 32 𝑔𝑂2 = = 6,86 𝑊𝑁𝐻3 (14 + 3) 𝑔𝑁𝐻3
2 HNO2 + O2 2 HNO3
3: 𝐷𝑇𝑒𝑂 = -
𝑊𝑂2 1 ∗ 32 𝑔𝑂2 = = 0,68 𝑊𝐻𝑁𝑂2 (14 + 1 + 32) 𝑔𝐻𝑁𝑂2
Entonces la DTeO: 𝐷𝑇𝑒𝑂 = 1,08 + 6,86 + 0,68 = 𝟖, 𝟔𝟐
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𝒈𝑶𝟐 𝒈𝒂𝒍𝒂𝒏𝒊𝒏𝒂
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TRATAMIENTO DE AGUAS RESIDUALES
IV. Calcular la demanda teórica de oxígeno, en gramos de oxígeno por gramo de glicina [NH2CH2COOH]. 1. Suponiendo que no hay nitrificación (N2NH3). 2. Suponiendo que hay nitrificación: en una primera fase el NH3 es oxidado a HN02, y en una segunda fase el HN02 es oxidado a HN03
Solución: 1: 2𝑁𝐻2 𝐶𝐻2 𝐶𝑂𝑂𝐻 + 3𝑂2 → 4𝐶𝑂2 + 2𝑁𝐻3 + 𝐻2 𝑂
DTeo= 𝑊
𝑊 𝑂2
3∗32
𝑁𝐻2 𝐶𝐻2 𝐶𝑂𝑂𝐻
= 2(14+5+24+32) =0.64 g𝑂2 /g𝑁𝐻2 𝐶𝐻2 𝐶𝑂𝑂𝐻
2: 2𝑁𝐻2 𝐶𝐻2 𝐶𝑂𝑂𝐻 + 7𝑂2 → 4𝐶𝑂2 + 2𝐻𝑁𝑂3 + 4𝐻2 𝑂
DTeo= 𝑊
𝑊𝑂2
𝑁𝐻2 𝐶𝐻2 𝐶𝑂𝑂𝐻
7∗32
= 2(14+5+24+32) = 1.49 g𝑂2 /g𝑁𝐻2 𝐶𝐻2 𝐶𝑂𝑂𝐻
V. Estimar la DBO1 (un día) y la DBOf de un agua residual con la DBO5 de 200 mg/l, valores referentes a una temperatura de 25°C. El valor de K (base log. Decimal) es 0,15 d-1 a 35°C. Solución: T1=25°C ; T2=35°C K1=? ; K2= 0,15 d-1 𝐾2 = 𝐾1 (𝜃)(𝑇2 −𝑇1 ) 0,15 = 𝐾1 (1,056)(35−25) 𝐾1 = 0,087 DBOf: 𝐷𝐵𝑂5 1 = 1 − 𝐾𝑡 𝐷𝐵𝑂𝑓 10 𝐷𝐵𝑂𝑓 =
200 = 𝟑𝟏𝟔𝒎𝒈/𝒍 1 1 − 5(0,087) 10
DBO1: 𝐷𝐵𝑂1 1 = 1 − 𝐾𝑡 𝐷𝐵𝑂𝑓 10 𝐷𝐵𝑂1 = (1 −
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1 101𝑥0,087
) 𝑥316 = 𝟓𝟕, 𝟒𝒎𝒈/𝒍
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“DESARROLLO DE EJERCICIOS”
TRATAMIENTO DE AGUAS RESIDUALES
VI. La DBO5 de un agua residual es de 210 mg/l 1- Si K =0,23 d-1, estimar el valor de la DBO10. 2- Si la botella de DBO fuera incubada a 30°C, en vez de a 20°C, cuál sería el valor de la DBO5.
Solución: 1. 𝐷𝐵𝑂5 1 = 1 − 5𝐾 𝐷𝐵𝑂𝑓 10 𝐷𝐵𝑂𝑓 =
210 = 𝟐𝟐𝟔𝒎𝒈/𝒍 1 1 − 5(0,23) 10 𝐾𝑇 = 𝐾20 (𝜃)(𝑇−20)
𝐾𝑇 = 0,23𝑥(1,056)(30−20) 𝑲𝟏 = 𝟎, 𝟒, 𝑝𝑎𝑟𝑎30°𝐶 DBO10: 𝐷𝐵𝑂10 1 = 1 − 𝐾𝑡 𝐷𝐵𝑂𝑓 10 𝐷𝐵𝑂10 = (1 −
1 1010𝑥0,23
) 𝑥226 = 𝟐𝟐𝟒, 𝟖𝟕𝒎𝒈/𝒍
2. DBO5 a 30°C 𝐷𝐵𝑂5 1 = 1 − 𝐾𝑡 𝐷𝐵𝑂𝑓 10 1 𝐷𝐵𝑂5 = (1 − 5𝑥0,4 ) 𝑥226 = 𝟐𝟐𝟑, 𝟕𝟒𝒎𝒈/𝒍 10
VII. ¿Qué porcentaje de la 𝑫𝑩𝑶𝒇 de un agua residual sería satisfecho después de 3 días, si la constante de biodegradación, K (base: log. decimal) es 𝟎. 𝟏𝒅−𝟏?. Solución: 𝑘 = 0.1𝑑−1 t = 3 días 𝐷𝐵𝑂𝑡 = 1 − 10−𝑡𝑘 𝐷𝐵𝑂𝑓 𝐷𝐵𝑂3 = 1 − 10−3(0.1) 𝐷𝐵𝑂𝑓 𝐷𝐵𝑂3 = 0.4988 𝐷𝐵𝑂𝑓 La DBO satisfecha con respecto a la 𝐷𝐵𝑂𝑓 luego de 3 días de incubación del agua residual sería de un 49.88 %.
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“DESARROLLO DE EJERCICIOS”
TRATAMIENTO DE AGUAS RESIDUALES
VIII. Calcular la demanda teórica de oxígeno, en mg/L, de una solución que contiene 100 mg/L de glicerol. 2𝐶3 𝐻8 𝑂3 +7𝑂2 → 6𝐶𝑂2 + 8𝐻2 𝑂 Peso molecular
156
224
El valor de DTeO se obtiene a partir de cálculo estequiométrico. 𝐷𝑇𝑒𝑂 = 100
𝑚𝑔 224𝑚𝑔𝑂2 𝑚𝑔 𝑔𝑙𝑖𝑐𝑒𝑟𝑜𝑙𝑥 = 143.59 𝐿 156𝑚𝑔𝑔𝑙𝑖𝑐𝑒𝑟𝑜𝑙 𝐿
EJERCICIOS DE PIZARRA 1. Graficar: ∑
𝑦 vsk 𝑡𝑦
∑
y vsk Lo
n=6 Tabla 6:
K 0.02 0.04 0.06 0.08 0.1 0.12 0.14 0.16 0.18 0.2 0.22 0.24 0.26 0.28 0.3 0.32 0.34 0.36 0.38 0.4
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∑y/∑ty 0.233 0.236 0.239 0.241 0.244 0.246 0.248 0.250 0.252 0.254 0.256 0.258 0.259 0.261 0.262 0.264 0.265 0.266 0.267 0.268
∑y/Lo 0.877 1.599 2.197 2.693 3.108 3.457 3.751 4.001 4.215 4.398 4.556 4.694 4.814 4.919 5.011 5.093 5.166 5.231 5.289 5.341
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“DESARROLLO DE EJERCICIOS”
TRATAMIENTO DE AGUAS RESIDUALES
Figura 4
∑y/Lo-∑y/∑ty 6.000
0.270 0.265
5.000
0.260 0.255
3.000
0.250
∑y/∑ty
∑y/Lo
4.000
0.245
2.000
0.240 1.000
0.235
0.000
0.230 0
0.05
0.1
0.15
0.2
0.25
0.3
0.35
0.4
0.45
K (d-1) ∑y/Lo
∑y/∑ty
2. Hacer una función Matlab ingresando “n” (del grupo que corresponde) me dé escrito la k function y=Moore(k) %Argumentos de entrada: %k:Constante de biodegradacion %n:numero de dias %Argumento de salida: %y:relacion n=input('Ingrese numero n:'); i=1; s=0; r=0; while i<=n
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TRATAMIENTO DE AGUAS RESIDUALES
s=s+i; r=r+i*10^(-i*k); i=i+1; end d=s-r; y=(n-(10^-k*(10^(-n*k)-1)/(10^-k-1)))/d; fprintf('y es igual a:%.3f\n',y);
3. Hacer una función de volumen de un cilindro echado en función de la altura. Tomando como datos en largo del cilindro (L) y el radio de la base (r).
r r-h
Θ/2
h
b
𝑉𝐿í𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 = 𝐴𝐿í𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 × 𝐿 𝐴𝐿í𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 = 𝐴𝑆𝑒𝑐𝑡𝑜𝑟 − 𝐴∆ 𝐴𝑆𝑒𝑐𝑡𝑜𝑟 =
𝜃 × 𝑟2 𝜃 𝑟−ℎ 𝜃 𝑟−ℎ 𝑝𝑒𝑟𝑜 ∶ 𝑐𝑜𝑠 = → = acos( ) 2 2 𝑟 2 𝑟 ℎ 𝜃 = 2 acos(1 − ) 𝑟 ℎ 𝐸𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 ∶ 𝐴𝑠𝑒𝑐𝑡𝑜𝑟 = acos(1 − ) × 𝑟 2 𝑟
𝐴∆ =
2𝑏 × (𝑟 − ℎ) 𝑝𝑒𝑟𝑜:𝑟 2 = (𝑟 − ℎ)2 + 𝑏 2 → 𝑏 2 = 𝑟 2 − (𝑟 2 − 2𝑟ℎ + ℎ2 ) 2 𝑏 = √2𝑟ℎ − ℎ2 𝐸𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠:𝐴∆ =
2 × √2𝑟ℎ − ℎ2 × (𝑟 − ℎ) 2
ℎ 𝐹𝑖𝑛𝑎𝑙𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒:𝐴𝐿í𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 = (acos (1 − ) × 𝑟 2 ) − (√2𝑟ℎ − ℎ2 × (𝑟 − ℎ)) 𝑟 𝐸𝑙𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛𝑑𝑒𝑙ì𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜𝑠𝑒𝑟á: 𝑉𝐿í𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 = 𝐿 × ((𝑎𝑐𝑜𝑠(1 − ℎ/𝑟) × 𝑟^2) − (√(2𝑟ℎ − ℎ^2) × (𝑟 − ℎ)))
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TRATAMIENTO DE AGUAS RESIDUALES
FUNCIÓN MATLAB function v=volumenliquido(h) %Argumentos de entrada: %h:altura del liquido %Argumento de salida: %v:volumen que ocupa el liquido en el cilindro L=input('Ingrese longitud del cilindro:'); r=input('Ingrese radio del cilindro:'); v=L*(acos(1-h/r)*r^2)-(sqrt((2*r*h)-h^2)*(r-h)); fprintf('El volumen del liquido ocupado en el cilindro es: %.2f\n',v);
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