TEMA:

DEMANDA QUÍMICA Y BIOQUÍMICA DE OXÍGENO

CURSO:

INGENIERIA AMBIENTAL

DOCENTE:

Dr. Edgardo Avendaño Cáceres

INTEGRANTES:

Marco Antonio Layme Coellar

UNIVERSIDAD NACIONAL JORGE

BASADRE GROHOMANN FACULTAD DE

INGENIERIASESCUELA DE

INGENIERIA QUIMICA

CAPITULO 2: DEMANDA QUÍMICA Y BIOQUÍMICA DE OXÍGENO

1. Una serie de muestras a las cuales se les determinará DBO se preparan de la siguiente manera:

Identificación Volumen de muestra ml O.D. Final ppmMuestra 1 5 1.3Muestra 2 1 4.2Muestra 3 10 3.8Muestra 4 15 0.75Muestra 5 50 2.6

Como control o blanco se toma agua de dilución y el Oxígeno Disuelto (O.D.) a los cinco días de incubación, al final de la prueba da un valor de 7.9 ppm. En todos los casos el volumen de solución de prueba fue de 300 ml. Determine en base a la información proporcionada la DBO de cada muestra.

SOLUCIÓN:

Oxigeno consumido por la muestra al final de la prueba = oxígeno disuelto en blanco – oxígeno disuelto en muestra

Para la muestra 1: Oxigeno Consumido = 7.9 mg/L – 1.3 mg/L = 6.6 mg/L

El volumen de una botella de muestra de DBO siempre es de 300 ml.

Oxigeno consumido en la botella = 6.6 mg/L × 0.3 L = 1.98 mg de O2

Como la alícuota de muestra es de 5 ml. el oxígeno consumido por la muestra de agua en mg/L es 1.98 mg O2/0.005 L = 396 mg/L

DBO5=396 mg/L

Efectuando los mismos cálculos para cada muestra tenemos:

Identificación Volumen de muestra ml O.D. Final ppm DBO5 mg/LMuestra 1 5 1.3 396Muestra 2 1 4.2 1110Muestra 3 10 3.8 123Muestra 4 15 0.75 143 (*)Muestra 5 50 2.6 31.8

(*) El residual de oxigeno es muy bajo, por lo que es recomendable analizar nuevamente esta muestra con una alícuota menor.

2. Una muestra de agua residual que proviene de una industria debe analizarse por DBO. El pH del agua fluctúa y ocasionalmente es muy ácida, por lo que se considera conveniente inocular o sembrar la muestra de análisis con aguas residuales tomadas de un arroyo cercano donde estas aguas llegan finalmente, donde se observa un pH mas o menos neutro y es evidente la actividad microbiana.

Para estos se toman tres botellas de 300ml y se componen de la manera en que se describe en la siguiente tabla:

Identificación Vol. de muestra Vol. de inoculoO.D. final

ppm

Muestra 1 0.01 0.005 1.8

Muestra 2 0 0.01 2.4

Muestra 3 0 0 6.9

En todos los casos se completa a un volumen de 300ml con agua de dilución.

a) ¿Cuál es la DBO ejercida por el inoculo?b) ¿Cuál es la DBO ejercida por la muestra y el agua de siembra?c) ¿Cuál es la DBO ejercida por la muestra?

SOLUCIÓN:

Para la muestra 1: Oxigeno Consumido = 7.9 mg/L – 1.8 mg/L = 6.1 mg/L

El volumen de una botella de muestra de DBO siempre es de 300 ml.

Oxigeno consumido en la botella = 6.1 mg/L × 0.3 L = 1.83 mg de O2

Como la alícuota de muestra es de 10 ml el oxígeno consumido por la muestra de agua en mg/L es 1.83. mg O2/0.01 L = 183 mg/L

DBO5= 183 mg/L

Oxigeno consumido en la botella = 5.5 mg/L × 0.3 L = 1.65 mg de O2

Como la alícuota de inoculo es de 5 ml el oxígeno consumido por la muestra de agua en mg/L es 1.65 mg O2/0.005 L = 366 mg/L

DBO5= 366 mg/L

Oxigeno consumido en la botella = 1 mg/L × 0.3 L = 0.3 mg de O2

Como la alícuota de muestra más inoculo es de 15 ml el oxígeno consumido por la muestra de agua en mg/L es 0.3 mg O2/0.015 L = 122 mg/L

Efectuando los mismos cálculos para cada muestra tenemos:

Identificación

Vol. de muestra

Vol. de inoculo

Vol. de muestra +

inoculo

O.D. final ppm

MUESTRA

INOCULO

muestra + inoculo

DBO, mg/l

DBO, mg/l

DBO, mg/l

Muestra 1 0.01 0.005 0.015 1.8 183 366 122

Muestra 2 0 0.01 0.01 2.4 - 165 165

Muestra 3 0 0 0 6.9 - - -

3. Cuál es la DBO ejercida a los días: 1, 2, 3, 4, 5, 8, 10 y 20 de una muestra que tiene una DBO última o final de 300 ppm y una constante de velocidad de reacción de 0,23d-1.

Solución:

Velocidad de reacción de la concentración de DBO es:

Donde: L: Concentración de DBO presente o remanente.t: tiempo k: constante la velocidad de la reacción.

Integrando ambos lados:

…(1)

Donde: Lt: DBO remanente a un tiempo tL0: DBO inicial o cuando t=0. Esta se considera la máxima demanda bioquímica de oxígeno, ya que es cuando la cantidad de sustrato es máxima.

La DBO ejercida en un tiempo, t, es:

…(2)

Reemplazando (2) en (1):

…(3)

Resolviendo se empleara la ec. (3), entonces:

k = 0,23 d-1

L0 = 300 mg/L

Entonces:

Para cada tiempo se obtendrá:

Tiempo (días) DBOt (mg/L)1 61.642 110.613 149.534 180.445 205.018 252.35

10 269.9220 296.98

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 200

50

100

150

200

250

300

350

Tiempo, días

DBO

t, m

g/L

Figura 1: Cinética de la DBO.4. Cuál es la DBO ejercida a los días: 1, 2, 3, 4, 5, 8, 10 y 20 de una muestra que tiene

una DBO última o final de 450 ppm.a) Si la constante de velocidad de reacción es de 0,23 d-1

b) Si la constante de velocidad de reacción es de 0,10 d-1

c) Si la constante de velocidad de reacción es de 0,30 d-1

Solución:

Se utilizara la ecuación (3) visto en el problema 3.

Donde: L0 = 300 mg/Lk1 = 0,23 d-1

k2 = 0,10 d-1

k3 = 0,30 d-1

Entonces para el inciso a), se tendrá:

Entonces para el inciso b), se tendrá:

Entonces para el inciso c), se tendrá:

Por tanto se obtendrán los siguientes datos de las ecuaciones (a), (b) y (c):

Tiempo (días)k1 = 0,23 d-1 k2 = 0,10 d-1 k3 = 0,30 d-1

DBOt1 (mg/L) DBOt2 (mg/L) DBOt2 (mg/L)

0 0.00 0.00 0.001 92.46 42.82 116.632 165.92 81.57 203.033 224.29 116.63 267.044 270.67 148.36 314.465 307.51 177.06 349.598 378.53 247.80 409.18

10 404.88 284.45 427.6020 445.48 389.10 448.88

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 200

50

100

150

200

250

300

350

400

450

500

k1

k2

k3

Figura 2: Cinética de la DBO para diferentes valores de la constante velocidad de reacción.

5. Encuentre lo mismo que se pide en cada uno de los incisos del problema 4 si la temperatura de la prueba es de 30°C.

Solución:

Efecto de la temperatura:

La dependencia de la temperatura viene dada por la ecuación de van’t Hoff-Arrhenius:

Dónde: E: energía de activación para la reacción.A: Factor de frecuencia.T: temperatura Absoluta R: la constante universal de los gasesK: constante la velocidad de la reacción.

Derivando con respecto a la T:

…(1)

La integración de esta ecuación (despreciando el efecto de la temperatura sobre la energía de activación E) nos da

…(2)

A partir del cual puede concluirse que con un gráfico semilogaritmico de K en función de 1/T obtendríamos una línea recta de pendiente –E/R.

…(3)

Teniendo en cuenta que muchos procesos de aguas residuales tiene lugar a temperaturas próximas al ambiente, el termino E/RT1T2 es casi constante. Sustituyendo tal término por C obtenemos las ecuaciones.

…(4)

Haciendo , tenemos …(5)

La aplicación más común consiste en la estimación de la constante K a una temperatura T a partir de su valor determinado experimentalmente a 20°C. A partir de la ecuación (5)

....(6)Agregamos los valores recomendados por Schroefer ya que la ecuación varia ligeramente con la temperatura y su valor apropiado debe ser estimado.

Desarrollando el problema tenemos.

Aplicando la siguiente ecuación para las diferentes velocidades de reacción a 30°C obtenemos:

T, °C 30k1 0.23 KT 0.36408k2 0.1 KT 0.15829k3 0.3 KT 0.47488

Tiempo (días)k1 = 0,364 d-1 k2 = 0,158 d-1 k3 = 0,474 d-1

DBOt1 (mg/L) DBOt2 (mg/L) DBOt2 (mg/L)0 0 0 01 137.32 65.88 170.122 232.74 122.12 275.933 299.04 170.12 341.734 345.11 211.09 382.665 377.12 246.07 408.128 425.55 323.16 439.92

10 438.20 357.58 446.1020 449.69 431.02 449.97

Haciendo la gráfica correspondiente se obtiene lo siguiente:

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 200

50

100

150

200

250

300

350

400

450

500

k1

k2

k3

tiempo, Dias

Cine

tica

del

DBO

Figura 1: Cinética de la DBO para diferentes valores de la constante velocidad de reacción.

6. Una muestra a determinada DBO da una lectura de 243 ppm de DBO remanente a los cinco días de incubación. Si la prueba se realiza a 20°C y la constante de velocidad de reacción se ha determinada experimentalmente y es de 0,209 d-1.

a) Cual ser la DBO ejercida o final. b) Cuál será la DBO a los días: 1, 2, 3, 4, 5, 10, y 20.c) Qué porcentaje de la DBO final se ha ejercido a los cinco días de la incubación.

Solución:

a) Como la prueba se realizó a 20°C se utilizará la ecuación siguiente:

Dónde:

DBOt = 243 mg/Lk20°C = 0,209 d-1

t = 5 días

b) Como se halló la DBO final en el anterior enunciado, ahora se hallaran las DBO para los días: 1, 2, 3, 4, 5, 10, y 20.

Tiempo (días) DBOt (mg/L)0 01 70.692 128.053 174.594 212.365 243

10 328.4620 369.09

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 200

50

100

150

200

250

300

350

400

Tiempo, dias

DBO

t, m

g/L

Figura 3: Cinética de la DBO.

c) Qué porcentaje de la DBO final se ha ejercido a los cinco días de la incubación.

7. Lo mismo que en cada uno de los incisos del problema 6 anterior si la constante de

velocidad de reacción es de .

Solución

a) Cuál será la DBO ultima o final

Usamos la siguiente ecuación:

Donde:

b) Cuál será la DBO ejercida a los días: 1, 2, 3, 4, 5, 10 y 20:

Usamos la misma ecuación:

c) Qué porcentaje de la DBO final se ha ejercido a los cinco días de incubación.

Tiempo, días DBO mg/L1 73.062 131.113 177.244 213.885 243.00

10 319.9420 352.02

Hacemos una regla de 3 simple:

EJERCICIO 08:

En tres muestras de aguas residuales de diferentes procedencias, se han efectuado pruebas y los resultados obtenidos son los siguientes:

Muestra 1

t (dias) 1 2 3 4 5 6DBO al tiempo t 53 92 121 142 158 169

Muestra 2

t (dias) 1 2 3 4 5 6DBO al tiempo t 66 118 160 193 219 240

Muestra 3

t (dias) 1 2 3 4 5 6

DBO al tiempo t 53 97 134 164 190 211

Encuentre con estos datos k, la constante especifica de velocidad de reacción y L0’ la demanda última o final, para cada muestra, empleando tanto el método de mínimos cuadrados como el método de Thomas.

Solución:

Sea la ecuación:

En la cual L es la concentración de la materia orgánica (mg/L) en un tiempo t; dL/dt, señala la velocidad de desaparición de la materia orgánica por oxidación biológica aerobia (dL/dt < 0); siendo t el tiempo de incubación (d); y K1 una constante de biodegración (d -1).

Separando las variables L y t, e integrando desde el tiempo 0, correspondiente a la concentración inicial de materia orgánica, L0, y el tiempo t que corresponde a la concentración L:

Haciendo el cambio a logaritmos decimales:

Si asumimos que , entonces obtenemos la ecuación:

De donde:

Si consideramos “y” la materia orgánica oxidada hasta el tiempo t. o sea:

Remplazando en la ecuación anterior se tiene:

Que es el modelo matemático de la curva de DBO. A partir de la ecuación (2) obtenemos que

para un periodo de oxidación muy largo , y=L0. En consecuencia, K y L0 miden, respectivamente, el grado de estabilización bioquímica y el total de materia putrescible presente.

A partir de la ecuación (1) se obtiene:

En la ecuación (3) se indica que las constantes K y L0 pueden obtenerse a partir de un gráfico semilogaritmico en el que se dibuje L en función de t.

Para determinar L0 y K Thomas propone:

Dónde:

Muestra 1

t DBO (y) t/y (t/y)1/3

1 53 0.01886792 0.006289312 92 0.02173913 0.00724638

3 121 0.02479339 0.008264464 142 0.02816901 0.009389675 158 0.03164557 0.010548526 169 0.03550296 0.01183432

Muestra 2

t (dias) DBO (y) t/y (t/y)1/3

1 66 0.01515152 0.005050512 118 0.01694915 0.00564972

3 160 0.01875 0.006254 193 0.02072539 0.006908465 219 0.02283105 0.007610356 240 0.025 0.00833333

0 1 2 3 4 5 6 70

0.002

0.004

0.006

0.008

0.01

0.012

0.014

f(x) = 0.0011073344139911 x + 0.00505310653311329

Muestra 1Linear (Muestra 1)

t (dias)

(t/y

)1/3

A 0.0051B 0.0011K 0.30949

L0 201.7332

A 0.0043B 0.0007K 0.2321

L0 320.5435

Muestra 3

t (dias) DBO (y) t/y (t/y)1/3

1 53 0.01886792 0.006289312 97 0.02061856 0.00687285

3 134 0.02238806 0.007462694 164 0.02439024 0.008130085 190 0.02631579 0.008771936 211 0.02843602 0.00947867

0 1 2 3 4 5 6 70

0.001

0.002

0.003

0.004

0.005

0.006

0.007

0.008

0.009

0.01

f(x) = 0.000637470044420254 x + 0.00560311002587881

Muestra 3Linear (Muestra 3)

t (dias)

(t/y

)1/3

0 1 2 3 4 5 6 70

0.001

0.002

0.003

0.004

0.005

0.006

0.007

0.008

0.009

f(x) = 0.000655842913345461 x + 0.0043382779434706

Muestra 2Linear (Muestra 2)

t (dias)

(t/y

)1/3

A 0.0056B 0.0006K 0.18344

L0 317.328