8. Sesión CH2O-Taller 2.docx

Sesión 8: PROBLEMAS BALANCE DE MASAS - REACTORES - DISPERSIÓN DE CONTAMINANTES Destino aguas debajo de una sustancia contaminante descargada: Hay dos situaciones en donde es de interés estimar el destino aguas abajo de una sustancia contaminante descargada: a. Hay un punto crítico de uso del agua, aguas abajo de una descarga puntual y es necesario estimar la concentración en dicho punto (por ejemplo, una toma de agua potable), b. Hay varias descargas de la misma sustancia contaminante o varios aportes de toxicidad a lo largo del río y se tiene que estimar la concentración total o toxicidad total. El destino de las sustancias contaminantes o mezcla de las mismas, aguas abajo, depende de: 1. Las propiedades del río, tales como profundidad, velocidad y dilución aguas abajo debido a infiltración de aguas subterráneas o afluentes tributarios, 2. Las propiedades físicas, químicas y biológicas de curso de agua, tales como volatilización, biodegradación, o partición a los sólidos suspendidos. Para ríos, la ecuación básica bajo condiciones de estado permanente es: c = co exp [-(KT + q1)t*] = co expv[-({VT/H1U} + q'1)x] Dónde: c = concentración del contaminante a cualquier distancia aguas abajo. co = concentración en el río, después de la mezcla en el área de descarga. KT = tasa de pérdida de la sustancia contaminante. (T-1) y VT = pérdida neta de la sustancia contaminante expresada como una velocidad (L/T), t* = tiempo de traslación asociada a la relación (x/u) q'1 = pendiente del logaritmo natural del flujo del río con relación a la distancia q1 = pendiente del flujo del río basado en el tiempo de traslación. El cálculo del destino de la sustancia contaminante, o la toxicidad del efluente o efluentes aguas abajo, depende del estimado de la dilución del río y de la tasa de pérdida de la sustancia contaminante.

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1. En el sistema que se presenta, la ciudad “B” capta rá las aguas del río con fines de abastecimiento Ciudad A

Ciudad B

A

B

Q río = 5 m3/s 50 Km Características del Sistema

RIO (r)

A.R. Ciudad A (d)

Caudal Mínimo

Q río = 5 m3/s

800 l/s

DBO5 (N)

0

240 mg/l

Factor de corrección para DBO última

---

1.46

OD (N)

Cs

0

CF (N)

0

1x108 NMP CF/100 ml

Temperatura (T)

25ºC

25ºC

Elevación (E)

1000 msnm

1000 msnm

Se pide determinar la longitud de mezcla (Lm) y si con las descargas de aguas residuales de la Ciudad A se afectará el uso de la Ciudad B considerando que en el punto de captación el río es considerado como Categoría 3 (según la ECAs Agua). De sobrepasar los niveles de calidad permisible para un río Categoría 3 cuál o cuáles deben ser las eficiencias de remoción en términos de DBO5 y Coliformes Fecales de la Planta de Tratamiento de Aguas Residuales -PTAR- a exigirse a la Ciudad A para que cumpla con las normas. Considerar las siguientes dimensiones y caudal promedio del rio: ancho (B) = 10 m; profundidad (H) = 2.5m; velocidad (U)= 0.23 m/seg; profundidad (h) de toma de muestras respecto a superficie del río = 0.80 m.









SOLUCIÓN Lm = aUB2/H

Yotsukura-1968 Dónde: Lm

distancia desde la fuente fuente a la zona donde la descarga se ha mezclado bien lateralmente (m)

U

= velocidad promedio del río (m/s)

B

= ancho promedio del río (m)

H

= profundidad promedio del río (m)

a

= 8.5 para una descarga lateral y 4.3 para una descarga en medio río

A) Cálculo de la longitud de mezcla: Lm = aUB2/H Para descarga lateral a= 8,5 metros: Lm = 8.5 x (0.23) x (30)2/2.5 = 703.8 m Para descarga en medio río a=4,3 metros: Lm = 4.3 x (0.23) x (30)2/2.5 = 356.04 m B) Cálculo de concentración de contaminantes: 1. Caso de la carga bacterial patogénica: 1.a) Concentración de CF en el punto de mezcla A (No): El balance de masa de la sustancia contaminante en el punto de descarga es el siguiente: Balance de Masas: (Qd x Nd) + (Qr x Nr) = (Qd + Qr) No No = (Qd x Nd) + (Qr x Nr)……………...(1) (Qd + Qr)









Dónde: Qd = caudal de la descarga (m3/seg) Qr = caudal mínimo del cuerpo de agua (m3/seg) Nd = concentración del contaminante en la descarga Nr = concentración del contaminante en el cuerpo de agua No = (0.8 m3/s x 108) + (5.0 m3/s x 0) = 1.4 x 107 NMP CF/100 ml (0.8 m3/s + 5.0 m 3/s) 1.b) Concentración de CF en el punto B (50 km aguas abajo de la descarga): Cuando el sistema está a 20º C: – (Kb . X . HCF/U) ………………(2) Nx = No e – (Kb

Dónde: X = distancia de recorrido del contaminante entre ciudad A y ciudad B = 50 Km HCF = tasa de perdida de sustancia sustancia contaminante = 0.4 a 0.7 (para este caso asumimos asumimos 0.5) U = velocidad promedio del agua del cuerpo receptor = 0.23 m/s = 20 Km/d Kb = inversa del tiempo de perdida de concentración del contaminante = 0.8 (1/días) = 0 .8 d-1 (a T = 20ºC). Como el sistema está a 25ºC, se tiene que aplicar el factor de corrección siguiente: Kbt = Kb20º x 1.07 (T-20)……………..(3) Reemplazando valores en (3), obtenemos: Kbt = 0.8 x 1.07 (25-20) = 1.12 d-1 Reemplazando valores en (2), obtenemos que la concentración de CF en el punto B, es de: Nx = 1.4 x 107 e – (1.12 x. 50 x 0.5/ 20) = 3.45 x 106 NMP CF/100 ml Según Norma, para cursos de agua Categoría 3 el VL es de 4000 NMP CF/100 ml, ml , por lo que aplicando nuevamente la formula (2), obtenemos que la concentración de CF en punto B debe ser, como máximo, de: – (Kb . X . HCF/U) ………………(2) Nx = No e – (Kb









Aplicando la Formula (1), obtenemos que la concentración máxima de CF en el punto A es de: 1.62 x 104 = (0.8 m3/s x N’d) + (5.0 m 3/s x 0) (0.8 m3/s + 5.0 m 3/s)

N’d = 1.17 x 105 NMP CF/100 ml

Q = 200 lps N = 1x108 NMP CF/100 ml PTAR

N’d = 1.17 x 105 NMP CF/100 ml

Eficiencia mínima requerida =

1x108 - 1.17 1.17 x 105 x 100 1x108

Eficiencia mínima requerida =

2)

99.99 %

Caso de la carga orgánica: orgánica:

2.a Cálculo de DBO última ……………(4) DBO última = DBO5 x f ……………(4)

DBO5 = 240 mg/l Reemplazando valores en (4): DBO última = 240 mg/l x 1.46 = 350.4 mg/l 2.b Concentración de DBO en el punto de de mezcla A:









2.c Concentración de DBO en el punto punto B (50 km aguas debajo de la descarga): – (Kr . X . HCF/U) ………………(5) Lx = Lo e – (Kr

Dónde: Lx = DBO a 50 Km, aguas abajo, de la descarga HCF = 0.4 a 0.7 (para este caso asumimos 0.5) Kr = 0.3 (1/días) = 0.3 d -1 para T = 20ºC

Realizando la corrección de Kr por diferencia de temperatura: Kr25ºC = Kr20ºC x 1.047(T-20)……………..(6)

Reemplazando valores en (6), obtenemos: Kr25ºC = 0.3 x 1.047(25-20) = 0.38 d-1

Entonces, reemplazando en formula (5): Lx = 73.8 e – (0.38 . 50 . 0.5/20) = 45.9 mg/l (DBO última)

Reemplazando datos en fórmula (4): DBO5 = DBO última/ 1.46 = 45.9/1.46 = 31.44 mg/l

Pero, según Norma, el LMP de DBO5 es igual a 5 mg/l. mg/l. Entonces, aplicando formula (4): Lx = 5 x 1.46 = 7.3 mg/l (que sería la DBO en punto B, a 50 Km aguas debajo de la descarga)

Calculo de la DBO en punto A, es decir en la mezcla, se reemplaza en formula (5):











Aplicando fórmula (1):

11.74 = (0.8 m3/s x L’d) + (5.0 m3/s x 0) (0.8 m3/s + 5.0 m 3/s)

L’d= 85.12 mg/l

(en el agua residual)

Aplicando formula (4) obtenemos que DBO 5d’ = 85.11/1.46 = 58.30 mg/l

Q = 200 lps DBO5 = 245 mg/l PTAR Eficiencia mínima mínima requerida = 245 - 58.3 x 100 = 76.2 76.2 % 245 DBO5d’ =58.3 mg/l

3

CASO DEL OXIGENO DISUELTO:

Las aguas de escorrentía en contacto con el aire se oxigenan, con un nivel de concentración de oxígeno disuelto a saturación, que dependen principalmente de:

a) La presión parcial del oxígeno









Reemplazando valores, tenemos:

Cs = 14.652 – 0.41022 (25) + 0.007991(25)2 – 0.000077774(25)3 = 4.4 mg/l - Cálculo de la Presión Atmosférica de Campo, en mmHg:

P = 760 e(-E/8005)………………(8)

Reemplazando valores:

P = 760 e (-1000/8005) = 670.7 mmHg

- Cálculo de la Presión de Vapor de agua a T=25ºC, en mmHg:

Pv = e (1.52673 + 0.07174 T + 0.000246 T2) .................(9) Reemplazando valores:

Pv = e (1.52673 + 0.07174(25)1 + 0.000246(25)2 = 32.3 mmHg - Cálculo de la Csa:









- Cálculo de la tasa de reareación:

Ka = 3.95 U1/2/H3/2……………(11) H = profundidad profundidad que se ha tomado las muestras


Ka = 3.95 (0.23)1/2/(0.8)3/2 = 2.65 d-1

KaT = Ka20ºC 1.024(T - 20)……………(12)


Ka25oC = 2.65 x 1.024(25 - 20) = 2.98 d-1

- Cálculo del Oxígeno Disuelto en la mezcla (punto A):

Aplicando formula (1):

ODo = (0.8 m 3/s x 0) + (5.0 m 3/s x 3.86) =3.33 mg/l









Déficit de OD en la mezcla: Do = Csa - ODo = 3.98 – 3.33 = 0.65 mg/l - Cálculo del déficit de OD a X=50 Km de la descarga:

– Kr . X/U –Ka . X/U –Ka . X/U ………………..(14) Dx = Kd x Lo (e – Kr - e –Ka ) + Do e –Ka

Ka – Ka – Kr Kr Kd=cte de decaimiento de la concentración de oxígeno que hay en el cuerpo


Dx = 0.30 x 58.30 (e – 0.38 x 50/20 - e –2.98 x 50/20) + 0.49 e –2.98 x 50/20 = 1.003 mg/l 2.98 – 0.38

De formula (13) ODx = Csa – Dx Reemplazando valores

Según Norma OD = 3 mg/l

ODx = 3.98 – 1.003 = 2.97 mg/l










Xc =

20

(2.98 – 0.38)

Xc =

ln [2.98 ( 1- 1.003(2.98 – 0.38))] 0.38

.

0.30 x 58.30

14,6 Km.

2. Una PTAR recibe el desagüe de una ciudad con una DBO de 250 mg/L. Después de un tratamiento primario, la DBO se reduce a 215 mg/L. Para cumplir con los límites máximos permisibles el efluente final del proceso debe tener una concentración final de DBO menor a 100 mg/L. Si se sabe que el caudal de salida del tratamiento primario es de 5 m 3/s y que el coeficiente de decaimiento de la materia orgánica es de 0.5/día, evalúe las siguientes alternativas: a. Alternativa 1: Incorporación de una laguna de oxidación. Si la profundidad de la laguna es de dos metros, hallar el diámetro de la laguna de oxidación circular. (1.25 puntos) b. Alternativa 2: Uso de un emisario submarino que descargará el efluente del tratamiento primario al mar. Hallar la longitud del emisor que descargará estas aguas si se sabe que el emisario tendrá un diámetro de tres metros (1.0 punto) c. ¿Qué opinión le merece estas dos alternativas? (0.75 puntos) SOLUCION

A) Laguna Oxidación

Q = 5m3/s Tratamiento secundario

Tratamiento primario DBO = 250 mg/l

DBO = 215 mg/l











a) Caso Laguna de Oxidación, considerando funciona como un reactor de mezcla homogénea de primer orden, la formula a emplear será:

 =  1  1 

Datos: C = 100 mg/l Cin = 215 m/g k = 0.5 d-1

Q = 5 m3/s x (86,400 s/d) = 432,000 m3/d V = ¿?

Despejando:

100  = 215/ 1  0.5/(/ (432,1 000 3/) V = 864,000 (215/100 - 1) m3 = 993,600 m3

Pero V = πD2H/4 (volumen de un cilindro), donde H = 2 m

Igualando, tenemos:

πD2(2 m) = 993,600 m3









Remplazando valores:

   4 32, 0 00 215  = 0.5 1   100   = 661,364.22

Pero V = πD2L/4 (volumen de un cilindro), donde D = 2 m

Igualando, tenemos: Despejando L:

π(3 m)2(L)/4 = 661,364.22 m3

L = (4 x 661,364.22 m3)/ 9 π m2 = 4’674,908 m x (1km/103m) L = 4,675 Km

c) Respecto a volumen la laguna complementaria requiere requiere más capacidad que el emisor, lo cual está asociado a costos. En lo referente a detección del contaminante, por cinética en la laguna se identificaría mucho más rápidamente que en el emisor submarino. En lo que respecta a periodo de retención, tenemos que en la laguna esta seria de: 993,600 m3/5 m3/s = 198,720 s (1 d/86400 s) = 2.3 días Mientras que en el emisor sería de: 661,364.22 m3/5 m3/s = 132,273 s (1 d/86400 s) = 1.5 días









a) Laguna de flujo continuo, mezcla completa y estacionario, con contaminante contaminante no conservativo, la fórmula a emplear es la siguiente:

 =  1  1 

Datos: V = 10,000 m3 Q = 200 m3/d C = 30 mg/l k = 0.18 d-1 Cin = ¿? Despejando Cin se obtiene: Reemplazado valores: Entonces:

Cin = C {1 + k (V/Q)} Cin =30 mg/l {1 + 0.18 d-1 (10,000 m3/200 m3/d)} = 300 mg/l

Cout = Cin - Creac = 300 mg/l - 30 mg/l = 270 mg/l

b) Cuando Cin disminuye bruscamente a 50 mg/l i) Concentración del efluente efluente en el infinito, se emplea la siguiente siguiente fórmula:









Reemplazando valores, tenemos: Reemplazando los diferentes valores de t, se obtienen los valores de Ct que se muestran en el siguiente cuadro:

   +./   − /     = 5 /  50  5/



t (d)

2

4

6

8

16

32

60

Ci (mg/l)

35.16

25.22

18.55

14.09

6.83

5.07

5.00

iii) Graficando los valores de la Tabla se obtiene:

Ci (mg/l)











4. Un río que viaja a una velocidad de 10 km/día tiene un contenido de oxígeno disuelto de 5 mg/L y una DBO final de 25 mg/L a una distancia de = 0 km y una temperatura de 20°C. Se sabe que la materia orgánica orgánica tiene una tasa de decadencia decadencia de la DBO carbonosa carbonosa -1 de 0.2 día . Además, la corriente corriente tiene una constante de aireación de 0.4 día-1 y una concentración de oxígeno disuelto de saturación de 9 mg/L. Se pide hallar lo siguiente: a. El déficit inicial de oxígeno (0.5 puntos) b. La ubicación del punto crítico en tiempo y distancia (1.5 puntos) c. El déficit de oxígeno en el punto crítico (1.0 puntos) T = 20ºC Kr = 0.4 d -1

v = 10 km/día

Kd = 0.2 d -1

OD = 5 mg/l ODs = 9 mg/l DBO = 25 mg/l X

SOLUCIÓN El modelo de Streeter-Phelps, es un modelo matemático que relaciona los dos principales mecanismos que definen el oxígeno disuelto en un cauce de agua superficial que recibe la











Datos: kr = 0.4 d-1 kd = 0.2 d-1 Do = 4 mg/l Lo = 25 mg/l tcrit = ¿? Reemplazando valores:

1

0.4/ 1  4 /0.4/  0.2/ = 5   2  0.84 = 2.91 











Aparte de las respuestas calculadas, podemos también determinar que la concentración de oxígeno mínimo, en el punto crítico, será igual a: = 9 mg/l – 7.41 mg/l = 1.59 mg/l Esto se puede representar en la curva siguiente: ) l / 2 O g M

ODs = 9 Do = 4 Dcrit = 7.41 OD = 5

8. Sesión CH2O-Taller 2.docx

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