2. Demanda Bioquimica de Oxigeno

CAPITULO II  DEMANDA BIOQUIMICA DE OXIGENO La Demanda Bioquímica de Oxígeno (  DBO ) es un parámetro muy importante i mportante para medir la concentración de aguas residuales domesticas en un municipio o desechos industriales orgánicos. Una de sus utilidades es la medida de cantidades de desechos para las plantas de tratamientos y la evaluación de la eficiencia de cada sistema de tratamiento. Además el ensayo de  DBO  es usado para determinar los requerimientos relativos de oxígeno de efluentes tratados y aguas contaminadas. Sin embargo, tiene limitaciones en la medida de las demandas actuales de oxígeno en la superficie del agua y la extrapolación de los resultados a las actuales demandas de oxígeno, son cuestionables, ya que el ambiente del laboratorio no puede reproducir las condiciones físicas, químicas y biológicas de las corrientes de agua ni de las plantas de tratamiento. La  DBO es por definición la cantidad de oxígeno utilizado por una población mixta de microorganismos en la oxidación aeróbica ( de materia orgánica en una muestra de agua residual) a una temperatura de 20 °C. Cantidades medidas de aguas residuales, diluida con agua preparada, se coloca en botellas de 300 ml. La dilución de agua contiene una solución buffer de fosfato ( pH  =  = 7.2 ) Sulfato de Magnesio, Cloruro de calcio y Cloruro de hierro, están saturadas con oxígeno disuelto. Semillas de microorganismos microorganismos son suministradas para oxidar los desechos orgánicos. La reacción primaria es el metabolismo de la materia orgánica y la toma del oxígeno disuelto por la bacteria liberando dióxido de carbono y produciendo un crecimiento bacterial. La reacción secundaria resulta del oxígeno usado por el consumo de la bacterias por protozoarios. El agotamiento del oxígeno disuelto en el tubo de ensayo esta directamente relacionado con las cantidades de materia orgánica degradable. La DBO de las aguas residuales donde los microorganismos ya están presentes en la muestra, no requieren semillas exteriores o inoculo. El DBO de un agua residual no es un es una función dependiente del tiempo. La curva de la figura siguiente es típica de la demanda ejercida durante el tiempo del ensayo, en el que paralelamente sucede un agotamiento del oxígeno disuelto con el progreso de las reacciones bioquímicas (respiración). La demanda de oxígeno carbonaceo (degradación (degradación de carbohidratos) progresa con una reacción conocida como ecuación de primer orden, concepto que se aclara más adelante con mayor amplitud.

 DBO ejercida

Curva de DBO vs. Tiempo

Gráfico 1 La forma de la curva hipotética esta mejor expresada matemáticamente en forma de la siguiente, donde t es el tiempo en días y k es una rata constante. Kt 

 DBOt = DBOu * (1 − 10 ) Ecuación 1 DBOt : DBO a cualquier tiempo t DBOu : DBO último Las bacterias Nitrificantes generan una demanda de oxígeno en el ensayo de la  DBO conocida como  DBO N , que corresponde a la degradación de materia orgánica que contiene nitrógeno (de (descomposició scomposición n de proteínas). Afortunadamente Afortunadamente para el ensayo ensayo de la  DBO el crecimiento de la bacterias Nitrificantes, responsables de la degradación de dicha fracción de materia materia orgánica, orgánica, se retrasa pues pues las bacterias bacterias responsables responsables del proceso proceso son de más lento crecimiento que los microorganismos de la reacción carbonosa. Generalmente la nitrificación no ocurre hasta varios días después del período de incubación de cinco días, para el ensayo de  DBO  de aguas residuales no tratadas. Los efluentes de las plantas de tratamientos y corrientes de agua pueden mostrar una nitrificación temprana, pues la muestra tiene normalmente una población de bacterias nitrificantes suficiente para generar el fenómeno.

 DBO N  (nitrógeno)

 DBOC   (carbonacea)

Curva de DBO vs. Tiempo mostrando el efecto de la Nitrificación

Gráfico 2

 Materia Orgánica Presente En El Agua. (L) La cinética de la descomposición de la materia orgánica en el agua, corresponde a una reacción de primer orden, como se describió antes. Una reacción de primer orden significa que la cinética de la descomposición de la materia orgánica es proporcional a la cantidad de materia orgánica remanente. Se designa con  L  esta cantidad, variable con el tiempo, pues esta en proceso de degradación, entonces:

dL dt 

= − kL

Ecuación 2 La gráfica correspondiente a este fenómeno es la siguiente, y en ella se muestra la materia orgánica no como tal sino representada por su efecto de consumo de oxigeno disuelto en el agua o cuerpo de agua que la contiene y que le permite su respiración. Se muestra entonces una curva superior que es el oxigeno retirado del agua durante el proceso y una segunda (inferior), indicando la materia orgánica ( DBO) que aún queda en la muestra. La suma de las dos en cada instante, corresponde a la totalidad de materia orgánica presente al comienzo del ensayo.

 DBO ejercida

 DBO remanente

Curva de DBO vs. Tiempo

Gráfico 3 Integrando la ecuación se obtendrá:

 Lt   L0

=e

− kt 

Ecuación 3 Al expresar la cantidad de materia orgánica en términos de  DBO, la relación será:

 DBOt   DBOu

= 1− e

− kt 

 DBOt  =  DBOu * (1 − e −kt ) Ecuación 4 o expresado en función de logaritmo decimal

 DBOt  =  DBOu * ( 1 − 10

' 

− k  t 

)

Ecuación 5 Nótese que en la última ecuación la constante es  K’ indicándose que es distinta a la de la expresión precedente a la mima, en razón del cambio de base de logaritmos. Esta ecuación se cumple solamente para materia orgánica correspondiente a los carbohidratos o carbonacea.

Significado de K Se creía inicialmente que el valor del  K   era el mismo para cualquier agua residual, sin embargo es natural pensar en que cada residuo tiene diferente grado de dificultad en su degradación dependiendo de su composición, de la comunidad de microorganismos que componen la biomasa, de la temperatura entre como los factores más importantes. Algunos

carbohidratos como los almidones se descomponen más rápidamente que otros como la celulosa. En consecuencia la constante  K   es característico de cada Agua Residual especifica, teniendo en cuenta la diversidad de compuestos que se pueden presentar en cada tipo de agua residual. Si K   tiene un valor pequeño, significa que la degradación biológica y consiguientemente el tratamiento biológico será difícil y por lo tanto costoso; al contrario si  K  tiene un valor alto significa que el tratamiento biológico será más fácil y más económico.

 Ejemplo: Se tiene un A.R. con un DBO 5 de 20 mg/lt y se le calcula el DBOu suponiendo que su K = 0.1 (día-1). Posteriormente por medio de análisis se determinó que el valor real de K = 0.3. Cuál es la diferencia en DBOu con los datos reales y los supuestos . Que porcentaje se ha ejercido en cada uno de los casos.

1) DBOu para K = 0.1

 DBOt   DBOu

= 1 − 10

− kt 

 DBOu =  DBOt  /(1 − 10 − kt )  DBOu = 20 /(1 −10 −0.1*5 )  DBOu = 29.24 mg / l Demanda ejercida a los 5 días:

 20/29.24= 68.4%  DBOu = 20 /(1 − 10 −0.3*5 )  DBOu = 20.65 mg / l DBOu para K = 0.3 Demanda ejercida a los 5 días:

 20/20.65= 96.9% En el segundo caso por tener una constante mayor se ha ejercido casi la totalidad de la DBO.

K=0.3 día

-1

96.9

K=0.1 día

-1

68.4

5 Curva de DBO vs. Tiempo para dos muestras con diferente K 

Gráfico 4 Como complemento a la idea presentada por el ejemplo anterior, podría ilustrarse el caso de dos muestras de agua residual que al ensayarse muestren el mismo valor de DBO 5, pero que al realizarse un análisis para la determinación de la constante  K se obtenga como resultado que las dos constantes sean diferentes ( K 1 > K  2 en este caso) con lo cual DBOu de la muestra #1 será menor que la de la muestra # 2. Esto demuestra la importancia que tiene el determinar el valor de la constante  K   de degradación de la materia orgánica en el ensayo de la DBO.  Muestra # 2

 Muestra # 1 (DBO5)1=(DBO5)2 pero K 1 >K 2

5

Gráfico 5

 Métodos para la Determinación de la Constante K Cálculo De K' y L a partir de los Mínimos Cuadrados.  En este método se busca una curva tal que los cuadrados de diferencias con los  puntos observados mediante los ensayos sean mínimos.

dy

=

d ( L − Lt )

=

− dLt 

dt  dt  dt  Para n posiciones de t  dy

]n =

dt 

'

= = K  Lt = K ( L − y )

K ' ( L − y )

Ecuación 6

 Para una serie de medidas de la DBO a lo largo del tiempo sobre la misma muestra  puede plantearse la siguiente ecuación válida para los puntos hallados mediante el  análisis: Se encontrará una diferencia entre las observaciones y la curva que se busca, esta diferencia se denomina R. Al escribir nuevamente la ecuación con esta diferencia se tendrá dy  R = K ' ( L − y ) − dt  '

 R = K  ( L − y ) −  y

'

' sustituyendo K  L  por a  y K ' por b se obtiene

 R = a + by −  y ' Ecuación 7 Para emplear la condición de que la suma de los cuadrados de las diferencias debe cumplirse: ∂ ∂a ∂ ∂b

2

Σ R = Σ 2 R 2

Σ R = Σ 2 R

∂ R ∂a ∂ R ∂b

=0 =0

Ecuación 8. De acuerdo a las igualdades anteriores, teniendo en cuenta que ∂ R ∂a ∂ R ∂b

de Σ R Σ R

=1 = y Σ 2 R ∂ R ∂a ∂ R ∂b

∂ R ∂a

= 0 se tiene Σ R

∂ R ∂a

= 0  y Σ2 R

∂ R ∂b

= Σ R

∂ R ∂a

=0

remplazand o R

'

= na + bΣ y − Σ y = 0 2

'

'

= aΣ y + bΣ y − Σ yy = 0 en donde K  = − b

se desarrollan las ecuaciones de B y se obtiene:

(en base e )  y L = − a / b

Donde n = número de los datos obtenidos.

 K' = -b(base e)

y

L = -a/b

Ecuación 9 Ejemplo: Cálculo de constantes de la DBO utilizando el método de los mínimos cuadrados para los siguientes datos de DBO: Tiempo (d)

y mg/lt

2 4 6

51,975 78,57 92,07

8 10

118,8 117

Solución: Tabla de Cálculos Tiempo

y

y2

y'

yy'

2 4 6 8

51,975 78,57 92,07 118,8 341,415

2701,40 6173,24 8476,88 14113,44 31464,9704

19,64 10,02 10,06 6,23 45,96

1020,92 787,57 925,99 740,42 3474,90

dy dt 

'

=  y =

 y n+1 − y n −1

2∆t 

Sustituyendo estos valores calculados en las ecuaciones correspondientes y resolviendo para a y b: 4 a + 341.42 − 45.96 = 0 341.42 a + 31.46 b − 3474.9 = 0 en donde K '  = − b

(en base e)  y

 L = − a / b

De aquí se obtiene b K a L = -a/b

-0,19262208 0,193 d -1 27,9300792 145 mg/l

 Método De Thomas se basa en la semejanza de dos series de funciones:

 t    y   

1 / 3

= ( 2.3KL)

−1 / 3

2 / 3

+

K 

1 / 3

3.43 L

Ecuación 10

donde y = DBO que se ha ejercido en el intervalo del tiempo t. K = constante de reacción en base 10. L = DBO última Se puede llevar esta ecuación a la forma de una línea recta:

 Z  = a + bt  Ecuación 11

 Z  =

 t    y   

1 / 3

 Ecuación 12

a = ( 2.3 KL )− 1 / 3  Ecuación 13

b=

K 2 /  3

Ecuación 14

1 /  3

3.43 L

De las ecuaciones de a y b se despejan los valores de K y L

a = ( 2.3KL) −1 / 3 2 / 3

b=

K 

1 / 3

3.43 L

*

a a

−1 −1

⇒b=

2 / 3

K 

1 / 3

3.43 L

*

(2.3 KL)1 / 3 (2.3 KL)1 / 3

1 / 3

eliminando  L 2 / 3

b=

K 

3.43

*

(2.3K )1 / 3 ( 2.3KL)

1 / 3

2 / 3

=

K 

⇒ K  = 2.61

* (2.3K )1 / 3 a 1.32 K a =

3.43 b a

 y  L =

3.43 1 2.3 Ka 2

por medio de mínimos cuadrados se pueden encontrar las características (pendiente (a) y valor cuando t = 0 (b)) haciendo una tabla de z en función de t.

La pendiente de esta recta b y el valor a de z para t=0 de la línea que mejor se ajuste a los puntos se utilizan para el cálculo de K y L.

Para el uso de este método deben hacerse varias mediciones de  t en función de  y en un tiempo que no sobrepase los 10 días para evitar los efectos de la nitrificación. Con los datos del ejemplo anterior calcular con este método  L y K 

Xi 2 4 6 8 10 So 5

S1 30

M B K K' L

y DBO 51,975 78,57 92,07 118,8 117

Zi Xi2 (t/y)^(1/3)

XiZi

4 16 36 64 100

0,3376 0,3706 0,4024 0,4068 0,4405

0,6752 1,4825 2,4145 3,2547 4,4049

S2 220

to 1,9580

t1 12,2319

0,012 0,319 0,228 base e 0,099 base 10 135,297

El método utilizado para el ajuste es el de mínimos cuadrados en hoja EXCEL de calculo y las formulas son las siguientes:

Cálculo de K y L  M  =

 B =

S 0 t 1 − S 1t 0 2

S 0 S 2 − S  1 S 2 t 0 − S 1t 1 S 0 S 2 − S 21

 pendiente de la recta

ordenada en t  = 0

S 0 =  Numero de muestras

∑ Z  X  S  = ∑ X  (tiempos S  = ∑ X  t  = ∑ Z  t 1 =

i

i

1

i

2

i

de las muestras)

2

i

0

 Diferencia Entre Los Valores De L (Demanda De Oxígeno Real) Y Demandas Teóricas De Oxígeno Durante mucho tiempo se pensó que la DBO total o L de una materia orgánica era equivalente al oxígeno necesario para oxidar ese compuesto de acuerdo a la reacción química correspondiente. Ejemplo: La oxidación de glucosa se rige por la siguiente ecuación  → 6CO2 + 6 H 2 O (C 6 H 12 O6 ) + 6O2   

180

192

 DBO L = 300 *192 / 180 = 320 mg / lt  Teorico

Se hicieron muchas experiencias degradando biológicamente soluciones de glucosa que contienen 300 mg/lt. De acuerdo a la ecuación anterior la DBO o L si se cumpliera la ecuación en el proceso de degradación biológica sería 320 mg/lt teóricamente. Sin embargo al hacer la experiencia con glucosa se obtuvieron valores de 250 a 285 mg/lt en muestras con tiempos hasta de 20 días. Se puede concluir entonces que no toda la glucosa es convertida a CO2 y H 2O. La explicación puede encontrarse entendiendo los siguientes puntos: 1) Materia Orgánica: alimentación y energía. La materia orgánica presente en A.R. domésticas e industriales varían mucho en su carácter químico y en su disponibilidad para los microorganismos. La porción en solución es fácilmente tomada por las bacterias pero la parte que se encuentra en

suspensión gruesa debe pasar primero por la acción de la hidrólisis antes de que pueda ser tomada por las bacterias en su interior para alimento. 2) Materia de Reserva: respiración de endógena. Entonces parte de la materia orgánica es transformada en tejido celular que se mantiene hasta que el alimento por ser escaso al avanzar el proceso, hace que las células incidan en la fase respiración endógena, que consiste en utilizar su propio tejido como fuente de energía 3) Materia Celular: sirve de alimento a otros microorganismos. Bacterias vivas y muertas sirven de alimento a animales superiores como los protozoos, en cada paso alimenticio de estos se produce oxidación adicional, sin embargo al final va quedando una cierta cantidad de materia orgánica de muy difícil degradación la cual se conoce con el nombre de Humus y representa la diferencia que existe entre la  DBO teórica y la que existe en la realidad.

4) Materia refractaria o de difícil biodegradación. La materia orgánica presente en aguas residuales domésticas e industriales varían mucho en su carácter químico y en su disponibilidad para los microorganismos. La porción en solución es fácilmente tomada por las bacterias pero la parte que se encuentra en suspensión gruesa debe pasar primero por la acción de la hidrólisis antes de que pueda ser tomada por las bacterias en su interior para alimento.

 Resumidamente  La materia orgánica es oxidada en un proceso en el cual esta sirve de materia  prima para el crecimiento de la biomasa que la consume y que además de oxidarla, deriva la energía necesaria para su crecimiento y actividad vital.  Entonces parte de la materia orgánica es transformada en tejido celular que se mantiene hasta que el alimento por ser escaso al avanzar el proceso, hace que las células incidan en la fase respiración endógena, que consiste en utilizar su propio tejido como fuente de energía. Finalmente al morir la bacteria, sus restos se convierten en materia orgánica que es utilizada como alimento por otras bacterias, así como otras vivas son consumidas por organismos mayores, en este caso  protozoarios. Sin embargo durante todo este transcurrir se producen una serie de residuos que son cada vez más difíciles de biodegradar, que conforman lo que se conoce con el nombre de Humus, que al final queda como remanente sin oxidarse  y que representa la diferencia entre el DBO teórico según las ecuaciones de equilibrio y el DBO real que se observa en la practica.

Otras discrepancias, entre la curva exponencial teórica de la DBO y una real, se observan debido a que se ha observado que la DBO carbonacea es ejercida en dos fases, pero la segunda no esta relacionada con la nitrificación, sino que se puede explicar por la velocidad con que las bacterias metabolizan la materia orgánica soluble durante los dos primeros días, tiempo en el cual se consume entre el 30 y el 50% y el resto se convierte en materia celular. Culminado este proceso disminuye la rata, debido a la respiración endógena. En los siguientes dos días se observa un aumento de la rata, lo cual se debe al

crecimiento de los protozoarios que se vuelven más competitivos que las bacterias pues el alimento soluble se ha agotado.

 Principales Aplicaciones De El Parámetro DBO •

Utilizado para conocer que cantidad de O 2 requiera aguas industriales y domésticas para la estabilización y así ver que impacto van a causar a las aguas receptoras.

•

Da información de la velocidad a la cual esta materia orgánica por transformación biológica ira consumiendo O2 del medio que lo circunda.

•

Es el mayor criterio que puede ser utilizado en control de polución de las corrientes en las que la carga orgánica no debe sobrepasar ciertos límites para mantener un mínimo de oxigeno disuelto en el agua.

•

Es un parámetro muy importante en el diseño de tratamiento de cualquier tipo de aguas.

•

Es el único parámetro que permite determinar la cantidad de Materia Orgánica biodegradable en un agua residual.

 Equivalente Poblacional (E.P). Se denomina equivalente poblacional a la cantidad de materia orgánica que diariamente una persona desecha como termino medio y expresada como DBO 5. En la literatura se mencionan valores de 54 gDBO 5 como típicos para Europa, sin embargo cada país o región mostrará diferentes valores dependiendo de variadísimos factores, como nivel de vida, calidad del servicio de acueducto y alcantarillado, clima, costumbres, etc, etc.. Las unidades en que normalmente se expresa son: g DBO5/hab-día. Carga Orgánica Es una medida de la contaminación producida en la unidad de tiempo por una población, industria, etc. Se puede expresar en términos de  DBO o de DQO. Corresponde al producto del caudal y la concentración de la contaminación orgánica.

Carga Orgánica = CO = Q * DBO5 A partir de este valor y conociendo la población puede obtenerse el valor del EP:

 EP =

Carga Organica Población

=

CO P

Ejemplo: A una población dada (18.000 hab)se le midió su caudal de aguas residuales (45 lps.) y el ensayo de la  DBO arrojó un valor de 240 mg/lt. Calcular la CO y el valor del EP.

Q DBO5

CO EP

45 lps 240 mg/l

933,12 Kg-DBO5/d 51,84 g

CO = 0.045m 3 / s * 0.240 kgDBO5 / m 3 * 86400 seg / d  CO

= 933.12 kgDBO5 / d 

 EP =

933.12 kgDBO5 / d  18000 hab

= 51.84 g

 Problemas Típicos Calcular la DBO5 y el DBOu del agua residual doméstica basados en los siguientes datos: • Volumen de agua residual agregado a una botella de 300ml es igual a 6.0ml • O.Di inicial es 8,1 mg/lt • O.Df para el quinto día es de 4.2mg/lt

 a. DBO 5  DBO 5 = (Odi – Odf)/ f Disminución de O2= Odi – Odf  =

8.1 mg/lt - 4.2 mg/lt

 Disminución O2 = 3.9 mg/lt Factor de dilución = 6/300 = 0.02  DBO5 = 3.9mg/lt /.02 = 195 mg/l

b. Utilizando la expresión para calcular las DBO t en cualquier tiempo t se tiene en este caso t = 5 días y DBO 5 es la calculada anteriormente de 195 mg/lt. De la expresión se puede calcular la DBO u :  DBOt  =  DBOu (1 − 10 − kt )  DBOu =  DBOu =

 DBO5

(1 − 10 −kt ) 195 mg / t  (1 − 10 0.1 *5 )

= 290 mg / lt 

Un ensayo de DBO 5 se hace un agua residual de una planta de pollos con un valor estimado DBO5  de 600 mg/l. La semilla para inoculación es tomada de un tanque de sedimentación existente en el sitio y tiene un DBO 5 estimado de 200 mg/l. a. Que porción de muestra debe ser usada para mejorar las diluciones medias del agua residual y los ensayos de semilla. b. Calcule el valor de DBO 5 del residuo del gallinero, si la O.D.. inicial tanto en semilla como en las botellas de muestra es 8.2 mg/l y los valores del quinto día son 3.5 mg/l y 4 mg/l. para la botella de ensayo de semilla y la muestra de agua residual sembrada respectivamente. Use las adiciones volumétricas de la parte a). y asuma que el volumen de semilla usada en la botella de DBO 5 de desecho es el 10% del ensayo de semilla.

SOLUCIÓN a). A partir de la formula siguiente se calcula el volumen de muestra que se requiere para el ensayo de la semilla y a partir de este se toma el 10% para su uso como inoculo en el ensayo ODi − OD f   DBO5 = Vol muestra Vol. botella

Vol muestra =

ODi − OD f   DBO5

*Vol botella =

8.2 mg / l − 3.5 mg / l 200 ml

* 300 ml = 7.05 ml

 Demanda Quimica De Oxigeno (DQO). El propósito del ensayo de la DQO es oxidar la materia orgánica presente en el agua mediante procesos químicos agregando un oxidante fuerte, a temperatura elevada y con presencia de catalizadores (sulfato de plata), éste es un proceso bastante rápido (aproximadamente 3 horas). El agente químico que se utiliza es el dicromato de potasio (K2 Cr2 O7), por balance químico se establece la cantidad de materia oxidada y a esa cantidad se le asocia la cantidad oxígeno requerido. La reacción esquematizada es la siguiente:

+

 Materia orgánica (C a H b Oc ) + Cr 2 O7 = + H +           → Cr 2 + CO2 + H 2 O Catalizador 

Teniendo en cuenta que cualquier agua residual contiene un mayor porcentaje de elementos susceptibles de oxidación química que biológica, y que la DQO no es un proceso biológico sino químico por lo tanto con menor posibilidad de inhibidores, siempre es mayor la DQO que la DBO, y por lo tanto la relación DQO/DBO es un índice de la tratabilidad biológica del agua. Entre mas refractario sea un residuo orgánico a descomponerse biológicamente (menor K), mayor será la relación DQO/DBO. Ejemplo: En un agua residual doméstica ha mostrado durante el tiempo en que se ha hecho el análisis en la planta de tratamiento un valor DQO/DBO = 2.0, si muestra un cambio súbito a un valor mayor valor se puede pensar que el agua esta recibiendo un contaminante de tipo tóxico o algún inhibidor para la actividad microbiologica.

Se puede encontrar igualmente el volumen a usar de muestra del AR de la industria utilizando la misma ecuación anterior tomando como diferencia de OD al inicio y al final de la muestra un valor de 4 mg/l que para efectos prácticos es aceptable: Vol muestra =

ODi − OD f   DBO5

*Vol botella =

4 mg / l 600 ml

* 300 ml = 2.0 ml

El volumen de la semilla utilizada en la botella de DBO = 7 * 0.1 = 0.7 ml. Parte b).  DBO =

( 8.2 - 4 ) mg/l. - ( 8.2 - 3.5 ) mg/l. * 0.7 ml / 7 ml. 2 ml / 300 ml.

 DBO =

559.5 mg /l.

 Análisis de DBO para residuos industriales La mayoría de los residuos orgánicos de la industria, por ejemplo del procesamiento de comidas y en general de fuentes orgánicas, que son susceptibles a descomposición biológica, pueden ser evaluadas mediante  DBO. Se deben sin embargo tomar medidas para evitar ciertos problemas como la falta del inoculo que ejerza la  DBO, neutralización o dilución de sustancias tóxicas y dilución suficiente según la concentración de la materia orgánica inicial que permita la ejecución correcta del ensayo. Debe igualmente preferentemente hacer muestras compuestas, lo que significa obtener un agua residual proporcional a los caudales instantáneos que represente en la forma mas fiel posible el agua residual. Esto tendrá que correlacionarse con horarios de producción,

cantidades de producción, materia prima utilizada, personal empleado, tipo de proceso, producción de efluentes en las diferentes etapas y recomendaciones para la reducción de residuos y utilización más eficiente y limpia de los diferentes insumos.

Es posible que se requiera neutralizar la muestra a valores neutros con ácido sulfúrico o hidróxido de sodio para remover alcalinidad o acidez. Este fin no debe ser alcanzado mediante dilución. En otros casos es necesario remover cloro residual el cual en algunos casos se disipa permitiendo a la muestra reposar por 1 o 2 horas cuando las concentraciones son bajas, en caso contrario debe ser neutralizado añadiendo una solución sulfito de sodio. Otros residuos industriales específicos que contienen otras sustancias tóxicas requieren un especial estudio y pretratamiento. En algunos casos de manifiesta dificultad cuando una técnica para neutralización de sustancias tóxicas no puede ser desarrollada, debe preferirse el mediante la  DQO.

Las sustancia inhibidoras naturalmente actúan con mayor efecto cuando están a mayor concentración, lo que puede traducirse que la  DBO para la misma muestra sea mayor cuando la dilución de la muestra es mayor. Un resultado de este tipo es indicio de la presencia de la sustancia que causa desmedro en la actividad bacterial. En general los residuos industriales no cuentan con suficiente población biológica para hacer que ensayos de  DBO por lo tanto es necesario agregar una semilla lo que se conoce como inoculación de la muestra. El inoculo más apropiado es una mezcla de bacterias y protozoarios adaptados para la descomposición de los desechos orgánicos industriales específicos, con un bajo numero de bacterias nitrificantes. Las fuentes de microorganismos para procesadoras de alimentos puede ser obtenido del sobrenadante de una muestra de agua que se le permite sedimentarse durante un periodo de por lo menos 24 horas a temperatura ambiente. Si las aguas residuales pasan por un tratamiento basado en filtros percoladores o lodos activados, en estos tratamientos se encuentra el inoculo preciso y aclimatado para el ensayo. Si no existe tratamiento la semilla puede obtenerse del curso de agua (tubería o canal) unos kilometros aguas abajo del sitio de disposición. Por experiencia se recomienda añadir una cantidad de semilla de agua residual tal que 5 al 10 por ciento del total de DBO esperada de la muestra. Ejemplo: Que cantidad de inoculo debe ser agregado a un agua residual industrial que tiene una DBO esperada de 150 mg/l. Teniendo el AR. una DBO estimada de 150 mg/l. es recomendable un volumen de 10 ml por botella para realizar la prueba de DBO en esta agua residual, entonces para propósitos de siembra, solamente 5 a 10 por ciento de esta cantidad. Por lo tanto, 0,5 a 1,0 ml. pueden ser adicionados arreglando cada botella de muestra de agua residual industrial.

Medición para agregar directamente a la Botella de 300 ml Agua Residual Rango DBO ml mg/l 0,2 3000 10500 0,5 1200 4200 1,0 600 2100 2,0 300 1050 5,0 120 420 10,0 60 210 20,0 30 105 50,0 12 42 100,0 6 21

Mediante mezcla del AR en el agua de dilución % de Mezcla Rango DBO mg/l 0,1 2000 7000 0,2 1000 3500 0,5 400 1400 1,0 200 700 2,0 100 350 5,0 40 140 10,0 20 70 20,0 10 35 50,0 4 14

La demanda de oxígeno de la semilla es compensada para un calculo de  DBO  de una prueba de un sembrado de residuos industriales usando la ecuación 14. los términos D1 y D2 son las concentraciones inicial y final de oxígeno disuelto en el sembrado de botellas de agua residual conteniendo una fracción de residuos industriales de P. los términos B1 y B2 son los valores inicial y final de oxígeno disuelto a partir de una prueba distinta de  DBO en el material de semilla y f es la proporción del volumen de semilla usada en la prueba de agua residual para la cantidad usada en la prueba en la semilla. Por lo tanto (B1 - B2)f es la demanda de oxígeno de la semilla.

mgl / lt DBO =

( D1 − D2 ) − ( B1 − B2 ) f  P Ecuación 14

Donde:

 D1

 B2

O.D.. de una muestra de agua residual sembrado diluida alrededor de 15 = minutos después de su preparación. O .D.. de la muestra de agua residual después de la incubación. = O.D.. de la muestra de semilla diluida alrededor de 15 minutos después de = la preparación. O.D.. de la muestra de semilla después de la incubación. =

 f 

=

 D2  B1

Relación de =

volumen de semilla Volumen de agua residual

 P

=

Fracción decimal de la muestra de agua residual usada. Volumen de agua residual =

Volumen

Se pueden presentar irregularidades en la curva de la demanda causado por una cantidad de semilla insuficiente, microorganismos no aclimatados, o presencia de sustancias inhibidoras, en ese caso debe procederse a tomar muestras a diferentes tiempos menores de 5 días que permitan dibujar la curva y definir el tiempo anómalo en la curva el cual debe

descartarse tomando como origen nuevo el punto desde donde la curva asume su forma exponencial.  Desplazamiento de la curva al punto correcto para corregir la anomalía

Curva con anomalía de adaptación al substrato

5

Curva de DBO vs. Tiempo para  dos muestras con diferente K  Gráfico 6

 Medidas de manometricas de DBO Hoy en día son muy utilizados los aparatos manométricos basados en el conocido el respirómetro de Warburg, Estos aparatos manométricos simplificados, tienen un uso en laboratorios en general, pero no reemplazan los métodos estándares. Muestras medidas de agua residual son puestas en cada una de las botellas de cristal marrón, la cantidad depende en el  DBO anticipado. Soluciones Buffer y nutrientes químicos no son adicionados a las porciones de agua residual durante pruebas de rutina, basados en la suposición que fuera de la dilución las aguas residuales contienen suficientes nutrientes para crecimiento biológico y una capacidad amortiguadora para prevenir un cambio de  pH . Cada botella cuenta con un agitador magnético movido por un motor sobre el que yace la misma y que cumple con la función de mantener suficiente mezclada la muestra a analizar. El dióxido de carbono emitido por los microorganismos es absorbido por la solución de hidróxido de potasio con lo cual su volumen se reduce y no afecta la medida manométrica. Naturalmente, la reducción volumétrica del aire en la botella, representa la demanda de oxigeno, el cual es indicado por el manómetro de vidrio. Las condiciones de temperatura se logran igualmente mediante una incubadora.

Calcular para los siguientes datos de un agua residual domestica con los siguientes datos: Muestra sin inoculación 10 ml de residuos en una botella de 300ml,  DO inicial de 7.5 mg/l y 5 días Do igual a 3.2 mg/l. Calcular: a) El DBO b) DBO ultimo asumiendo que el coeficiente k es de 0.10 por día.

Solución: a) De la ecuación

 DBO =

ODi − ODf  Vm

300  DBOt =

7.5 − 3.2 =129 mg / lt  10 300

b) Usando la ecuación

(

 DBOt = DBOu 1 −10

− kt 

(

∴ DBOu = DBOt  /  1 − 10

(

)

)

− kt 

)

 DBOu = 129 /  1 − 10 −0.1*5 = 189 mg / l