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December 6, 2022 | Author: Anonymous | Category: N/A
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UNIVERSIDAD TECNICA DE ORURO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA INGENIERIA INGENIE RIA QUIMICA – Univ. Cruz M.B.S. TRATAMIENTO DE AGUAS RESIDUALES
Problema 1.-
Dado los caudales de aguas residuales de ingreso a la planta de tratamiento de la provincia xx, determinar las dimensiones dimens iones del canal y de las rejas de limpieza manual, sabiendo que se disponen de barras redondas de 1/2 pulgada (1.27 cm.), con una separación de barras de 2.50 centímetros y un Angulo de inclinación de las barras de 45º. Caudal minimo (Qmin)= 200 [Lts/s] Caudal Medio (Qmed)= 400 [Lts/s] Caudal máximo (Qmax)= 800 [Lts/s] Diámetro del emisario= 1.0 [m]
a) Determinació Determinación n del área transv transversal ersal del canal de rejas (Au) De acuerdo al cuadro 4.1, la velocidad de flujo varia de 0.3 a 0.6 m/s por tanto para el presente ejercicio asumimos una velocidad de flujo igual a 0.45 m/s Au
=
Q max
0.8
=
=
V
0.45
1.78 m
2
b) Calcu Calculo lo del tirante ti rante (ha) Para un ancho del canal de reja de barras (b) igual al diametro del emisario el tirante de agua sera: ha
=
At b
1.78 =
1.
=
1.78 m
Las dimensiones del canal de rejas son:
Tirante del canal (ha)
1
1.78 m
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Borde libre asumido 0.25 m (ho) Altura total total (h)
2.03 m
Base del canal (b)
1. m
c) Pendiente del canal 2
R h
Au =
P
1.78 =
=
2 * 1.78 + 1
2
V n 0.013 = 0.45 = 0.00012 = S 2 R 2 3 3 0.39 h
0.39 m
d) Determinaci Determinación ón del núm ero de barras (Nb) Se emplearan rejas gruesas de 1/2 de pulgada con una separación de 2.5 cm de acuerdo al enunciado, entonces el número de barras será: N b
b =
e
−
S1
+
S1
=
100 − 2.5 1.27
2.5
+
=
26 bar barra ras s metalicas
e) Longitud de las b arras (Lb) Se adoptara una inclinacion de las barras con respecto a la horizontal de 45º, por tanto la longitud de las barras se obtendra con la siguiente ecuacion: L b
=
ha sen (α)
=
1.78 sen sen (45)
=
2.5173 m
f) Calcul Calculo o de la perdida de carga (h f ) en las rejas Al
=
ha
Vc
b − ( N b e) = 1.78 1 − (26 0.00012) = 1.7744 m2
=
Q max Al
=
0.8
1.7744
=
0.4508
m s
ok
Vc 2 − V 2 1 0.4508 2 − 0.452 = = 0.0000524 m h f = 0.7 2 g 0.7 2 9.81 1
2
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g) Verificación a caudal mínimo i)
V
=
1 n
R h
1
2 3
S
2
V
ii)
1.0 h min = 0.013 2 h min + 1.0 1
=
Q min
A
2 3
(0.00012)
1 2
0.2 =
1.0 h min
Resolviendo las ecuaciones i, ii mediante iteraciones, se tiene que para un tirante minimo de agua (hmin) igual a 0.5725 metros se obtiene una velocidad de flujo de 0.35 m/s , el cual satisface los criterios de velocidad
h) Dimensiones Dimension es del canal de rejas
3
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Problema 2.Para los siguientes datos dimensionar el desarenador de flujo horizontal: Diseñar un desarenador para la planta de tratamiento de la provincia de Bolivar de la ciudad de Cochabamba, para retener arenas con un diametro maximo de la particula de 0.25 mm, para un caudal de 0.4 m 3/s, la temperatura del agua es de 10 ºC y la viscocidad cinematica es 0.0132 cm2/s. Caudal de diseño (Qmaxh)= 0.4 m3/s Densidad relativa de la arena (S)= 2.65 g/cm 3 Diametro de la particula (d)= 0.00025 m Temperatura del agua (T)= 10 ºC Viscocidad cinematica cinematica (υ)= 0.0132 cm 0.0132 cm2/s
a) De Determin termin ación de la velocid velocidad ad de sedimentación (Vs ) Asumimos que que rige régimen régimen de flujo flujo laminar laminar Re < 1 (ley (ley de Stokes) Stokes) Vs
=
(S
−
1) g d 2 18 υ
=
Verificamos el número de Reynolds V Re = s
(2.65
1) 9.81 (0.00025)
18 (0.00000132 )
d
υ
−
=
2 =
m 0.0426 s
(0.0426) (0.00025) = 8.064 (0.00000132)
Re > 1→Entonces no predomina flujo laminar Asumimos que que predomina predomina régimen régimen de flujo flujo turbulento turbulento Re > 2000 2000 (ley de Newton) m Vs = 2.66 g d (S − 1) = (2.66 ) (9.81) (0.00025) (2.65 − 1) = 0.1037 s
Verificamos el número de Reynolds Re = Vs
υ
d = (0.1037 ) (0.00025) = 19.64 (0.00000132) 4
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Re < 2000→Entonces no predomina flujo turbulento turbulento Por tanto el regimen de flujo que predomina en el desarenador es de flujo en transicion 24 24 (0.00000132) 3 3 c d
=
Re
+
Re
+
0.34
=
Vs
(0.00025)
+
(i)
(0.00025) (0.00000132) Vs
+
0.34
Simplificando los terminos en la ecuacion (i) se obtiene el coeficiente de resistencia de las particulas (cd) en funcion de la velocidad de sedimentacion (Vs) 0.12672 0.218 c d = + + 0.34 Vs Vs (ii) Determinamos la velocidad de sedimentacion (V s) en funcion del coeficiente de resistencia de las particulas (c d) Vs
(iii)
=
4 g d (S − 1) 3 c d
=
4 (9.81) (0.000265) (2.65 − 1) 3 c d
Simplificando la ecuacion (iii) se obtiene: Vs
=
(0.00572)
(iv)
c d
Igualando las ecuaciones (ii) y (iv), y realizando iteraciones para determinar la velocidad de sedimentación (Vs) se obtiene la siguiente tabla:
Asumimos velocidad sedimentación
la de c d Vs
=
0.12672 Vs
(m/s) 5
+
0.218 Vs
+
0.34
Vs =
(0.00572) c d
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1.000
0.68472
0.0914
0.0914
2,44753
0.0483
0.0483
3,95276
0.0380
0.0380 0.0345 0.0332
4,78889 5.17925 5.34896
0.0345 0.0332
0.0327
5.42061
0.0324
5.45049
0.0327 0.0324 0.0324
Por tanto la velocidad de sedimentación y el coeficiente de resistencia de las particular en el desarenador son:
Vs = 0.0324 m/s Cd= 5.45 La velocidad critica de arrastre (V d) se obtiene con la siguiente ecuación, donde la constante a= 44 se obtiene del cuadro 4.4 para un diámetro de la particula de d= 0.3 mm cm Vd
Vh
Por tanto:
=
Vd
=
=
a
Q maxh
d
A transversal
A transversal
44
=
A transversal
0.4
=
0.22
0.25
=
1.82 m
=
=
22
s
Q maxh Vd
2
Por consiguiente la seccion transversal del desarenador tiene un area de 1.820 m 2, ahora procedemos a calcular las dimensiones del desarenador:
L=
Vd h Vs
−
0.04 Vd
=
0.22 h 0.0324 − (0.04) (0.22)
6
L = 9.32 h
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Por tanto las dimensiones del desarenador será:
Base del desarenador (B)
0.40 m
Tirante del agua (h)
0.25 m
Borde libre (ho)
0.20 m
Longitud del desarenador 2.33 m (L)
La longitud de transicion sera para una minima perdida de carga (α= 12º30`): l
B =
−
2 tan
B'
L
( )
3
α
l = 0.40 − 0.30 = 0.25 m L 2 tan (12º30') 3
ok
b) Verificamos Verificamos el tiempo de retención hidr hidráulica áulica Debe cumplirse que el periodo de retención (T s) debe ser menor al periodo de h 0.25 desplazamiento (Td) 7.7 s Ts Vs 0.0324 =
Td
=
=
L Vd
=
=
2.33 0.22
=
10.6 s
Por tanto Td
T
s
7
ok
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El siguiente grafico muestra las dimensiones del desarenador:
c) Diseño del vertedero Sutro (si se tiene un control por vertederto proporcional s utro) Caudal maximo (Qmaxh)= 0.4 m3/s Cauda medio (Qmed)= 0.2 m3/s Caudal minimo (Qmin)= 0.1 m3/s Para el tirante de agua del desarenador: hmax= 0.25 m Qmaxh= 0.4 m3/s Determinamos Determinam os el ancho maximo (lmax) del vertedero sutro: 3 Q
=
1.84 L h 2
Q maxh l
max
=
0.4
(1.84) (h max )
3
2
=
(1.84) (0.25)
3
=
2
1.74 m
Determinamos el área transversal medio (Atmed) y el área transversal minimo (Atmin) Q 0.2 = = 0.91 m 2 At med = med Vd 0.22
At min
=
Q min
Vd
=
0.1 0.22
8
=
0.4545 m 2
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Agrupando la ecuacion Agrupando ecuacion Q= 1.84 (L h1/2) h, tenemos que “Q” varia con la altura. Entonces es necesario que el valor dentro del parentesis sea una constante “K”.
Q maxh
K =
0.4
=
K = 0,87
(1.84) (h max ) (1.84) (0.25)
Por tanto se puede determinar la altura media (hmed) y la altura minima (hmin) Q med 0.2 0.125 m h med (1.84) K (1.84) (0.87) =
=
=
El ancho medio (lmed) y el ancho mínimo (l min) se obtiene de la siguiente manera:
h min
l med
=
=
l min =
Q min
0.1
=
(1.84) K (1.84) (0.87 ) Q med 3
=
2
Q min
(
)(
3 min
0.0624 m
0.2
(1.84) (h med )
1.84 h
=
)
(1.84) (0.125)
=
1.84 0.0624
(
)(
2.46 m
2
0.1
= 2
3
3
= 3.48 m 2
)
El siguiente grafico muestra las dimensiones del vertedero sutro.
9
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d) Diseño Diseño d el canal P Parshall arshall (si se tiene un con trol por g arganta o Pa Parsh rshall) all) Asumimos el el ancho de de la garganta, garganta, b= 0.08 m entonces entonces se tiene: tiene:
Q
3
=
k b h 2
Por tanto la altura maxima (hmax) y la altura minima (hmin) para los caudales maximo y minimo respectivamente son: h max
Q = max k b Q min
2
2
h min = k b
3
0.4 = ( 1.85 ) ( 0.08 )
3
0.1
= (1.85) (0.08)
2
3
= 1.94 m
2
3
= 0.77 m
Posteriormente se determina el ancho maximo (wmax) y minimo (wmin) con la siguiente ecuacion: w max =
3 Q max
3 0.4 = = 1.4 m 2 h max Vh 2 (1.94) (0.22)
3 Q w min = 2 h min
3 0.1 m Vh = 2 (0.77) (0.22) = 0.885
min
El siguiente grafico muestra las dimensiones del canal Parshall
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Problema 3.-
Dimensionar un reactor UASB para los siguientes datos del proyecto: Población= 30000 habitantes Caudal medio= 100 m3/h Caudal máximo horario= 180 m 3/h DQO afluente= 500 mg/l DBO afluente= 250 mg/l Temperatura= 24,5 ºC (media del mes mas frio)
a) Calculo Calculo de la carga del aflu ente medio d e DQ DQO O (Lo) L0
=
Q med
DQO aflunte
=
600
kg DQO di diaa
b) Calculo Calculo del tiempo de retenció n hidráulic hid ráulica a ((TR TRH) H) Para una temperatura de 24.5 ºC se adopta un tiempo de retención hidráulica (TRH) (TR H) de 9 horas de acuerdo con el cuadro 5.1
c) Determinación Determinación del v olumen del r ea eactor ctor Volumen = Q med TR TRH H = 900 m 3
d) Determin Determinación ación de la altura del reactor (H (H)) Para reactores operando con lodo floculento y con cargas orgánicas de hasta 5 a 6 kgDQO/m3dia, las velocidades superficiales medias deben ser del orden de 0.5 a 0.7 m/h. COV =
Q med S
=
0.667
kg DQO m 3 dia dia
Volumen 11
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Por tanto asumimos una velocidad de 0.6 m/h de acuerdo al cuadro 5.2, entonces la altura del reactor será: H
=
TRH TR H
v
=
5.4 m
e) Determinació Determinación n del área del reactor Area del Reactor (A C )
Volumen H
=
=
166.67 m 2
Elegimos un reactor UASB de forma rectangular, específicamente de sección cuadrada Lado del Reactor (L) (L) A c 12.9 m =
=
f) Verificación de las cargas aplicadas COV =
Q med
S
=
Volumen Q med
CHV =
0.667 =
Volumen
2.67
kg DQO m 3 dia dia m3 m 3 dia dia
15
5
kg DQO m33 dia dia m
m 3 dia dia
ok
ok
g) Verificación Verificación de las velocidades superficiales Comparando las velocidades para caudal medio medi o y máximo horario con el cuadro 5.2 v v
=
Q med
=
0.6
h
Ac Q max h =
Ac
m
=
1.08
cumple
( m h
) (cumple )
h) Calculo Calculo de los tubo s distr ibuidor ibuidores es del a afluente fluente Para lodo medianamente denso y floculento y con una carga orgánica aplicada de 0.667 kgDQO/m3dia se obtiene un área de influencia (A d) de 1 m2 del cuadro 5.3 de d
donde el número de distribuidores (N ) se obtiene a partir de la siguiente ecuación: 12
UNIVERSIDAD TECNICA DE ORURO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA INGENIERIA INGENIE RIA QUIMICA – Univ. Cruz M.B.S. N d
Ac =
A d
=
166.67
Por lo tanto asumir Nd igual a 167 distribuidores
i ) Diseño del separador separador gas - s ólido – líquid líquido o (GSL) Para caudal medio se asumirá una velocidad de 2 m/h de acuerdo al cuadro 5.4; y posteriormente se determina el área libre.
v(Q v(Q med )
=
2.0
m
Area libre
h
=
Q med v
=
50 m 2
Por tanto, se adopta como área libre 50 m2
j) Calc Cal c ulo ul o d el an anch ch o d de e la ab aber ertu tu ra (Wa), en entr tre e el rreac eacto torr y el s epar eparad ador or GSL Wa
Area Libre =
Lado del Reactor
=
23.88 m
1 2
Wa = 11.94 m
k) Calculo del traslape vertical del deflector Los deflectores permiten la separación del biogás y permiten que el líquido y los sólidos entren al compartimiento de sedimentación. Estos deflectores deben tener un traslape mínimo de 10 a 15 cm. en relación a la abertura del decantador. Por tanto se asume un traslape vertical del deflector igual a 0.10 m.
l) Calcu Calcu lo de d e la a altur ltura a de la campana La altura del colector de gas debe estar comprendido entre 1.5 a 2.0 m para reactores de 5.0 a 7.0 m de profundidad. Asumimos como altura de la campana (hg) igual a 1.50 m.
m) Calcu Calcu lo del anch o de los llados ados de la campana (W (Wg) g)
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En la práctica el grado de inclinación de las paredes del separador con la horizontal varia de 45° a 60°, por tanto asumir α (Grados) igual a 60 (cuanto mayor sea el ángulo de inclinación de las paredes más fácil será el deslizamiento del lodo)
1 Wg 2
=
hg tan α
=
0.87 m
n) Calculo del Área superficial (As) del sedimentadór El área superficial del decantador se obtiene multiplicando el ancho de la superficie húmeda (Ws) por el lado del reactor (L) por tanto el área superficial del sedimentadór será: 1 1 W = W + W = 12.81 m s g a A s =2 (L Ws )2 2 = 330.5 m 2
Procedemos a verificar las cargas superficiales para caudal máximo diario y para caudal medio
v (Qmed )
=
Q med As
=
0.302
m h
Las cargas de aplicación superficial determinadas están de acuerdo con los valores establecidos en el cuadro 5.5 por tanto las dimensiones del compartimiento de decantación son 12.81 m de ancho por 12.9 m de largo.
o) Estimación Estimació n de la eficiencia de la remoció n de DBO en en el sistema EDBO
=
100 (1 − 0.70 TRH
0.50
−
) = 76.67 %
p) Estimación Estimació n de la eficiencia de remoci ón de de D DQO QO en el sistema sis tema EDQO = 100 (1 − 0.68 TR TRH H
0.35
−
) = 68.48 %
q) Estimación Estimació n de las con concentr centraciones aciones de DBO y DQ DQO Oe en n el efluente final 14
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SDQO = S0
SDBO
=
S0
−
−
EDQO S 0
100 EDBO S 0
100
15
=
157.6
=
58.32
mg DQO L mg DBO
L
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Problema 4.Se desea implantar un sistema de tratamiento de d e aguas residuales mediante el empleo de un tanque Imhoff. La población es de 2000 habitantes tiene una dotación de 150 litros/hab/día, un porcentaje de contribución al desagüe de 80 %, la temperatura del mes mas frio es de 10 ºC.
a) El El caudal de tr tratamiento atamiento será: Q p
Poblacion
=
Q p
=
Dotacion
1000 2000 150
1000
% Contribuci on
0.80 = 240
m3 di diaa
b) Determinación Determinación de llas as dimensiones d el sedimentador El área del sedimentador para una carga superficial de 1 m 3/m2/hora será
A=
Q med
=
240
=
10 m 2
Cs 1 24 Por tanto el volumen del sedimentador para un tiempo de retención hidráulica de 2 horas de acuerdo con el Reglamento Nacional DINASBA, 1996 será: 3 V = TR TRH H Q m ed = (2 ) (10 ) = 20 m Para una relación largo (L)/ancho (W) de 4 de acuerdo con el Reglamento Nacional DINASBA,, 1996 obtenemos las dimensiones DINASBA d imensiones del sedimentador: A
W=
A
=
L W
A
4W
=
2
10
m W = 1.60 m = 1.58 4 4 Por tanto las dimensiones del sedimentador son: =
L= 6.40 m W= 1.60 m Asumiendo un ángulo Asumiendo ángulo de de inclin inclinación ación de las paredes paredes del del sedimentador sedimentador de α= 60º y un borde libre de 0.50 m, procedemos a obtener la altura del sedimentador:
h1
=
V1
=
h2
16
0.80 tg(60) = 1.40 m 1
2
=
(1.60) (1.40 ) (6.40)
V T
−
V1
1.60 6.40
=
=
7.168 m
20 − 7.168 1.60 6.40
=
3
1.25 m
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c) Determinación Determinación de las dimension es del digestor
Para una temperatura de 10 ºC el factor de capacidad relativa (f CR) es igual a 1.40, por tanto el volumen del digestor es: Vd
=
70 P f CR 1000
=
70 2000 3 1.40 = 196 m 1000
Entonces el área superficial será: A total
=
4.10 6.40
=
26.20 m
=
12.80 m
2
El área de ventilación es: AL
=
(
2 1 6.40
)
2
Verificamos si representa más del 30 % del total del área del tanque: AL A total
100 =
12.80
100 =
26.20
Ahora calculamos calculamos las alturas dentro dentro del digestor:
17
49 %
ok
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Para una inclinación del fondo de la cámara cámar a de digestión de 30º obtenemos la altura h1
h1
=
4.10 2
tg 30 = 1.20 m
Por tanto el volumen (V1) se obtiene a partir de la siguiente ecuación geométrica: V1
1 =
3
1.20 4.10 6.40
VT
h2
= 19 196 6 =
196 =
−
V1
+
10.50
(4.10) (6.40)
18
=
=
10.50 m
V2
7.10 m
3
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Problema 5.Con los datos del ejercicio 6.10 dimensionar lagunas de estabilización de la provincia de sacaba para obtener un efluente para riego en la agricultura sin restricción de cultivos es decir la calidad bacteriológica del efluente será menor a 1250 CF/100 ml y la DBO5 menor a 35 mg/l Población de diseño= 9000 habitantes Contribución percapita de aguas residuales= 70 lt/hab.día Contribución percapita de DBO5= 30 gr/hab.día Caudal estimado debido a infiltraciones (Qinfiltraciones)= 150 m3/día Concentración bacterial en el afluente= 4 x 107 CF/100 ml Temperatura mensual promedio=20 ºC
a) De Determin termin ación de parámetros de diseño El caudal de aguas residuales (Q) generado por la población es: Q=
Poblacion
Dotacion
1000
=
9000 70 1000
=
630
m3 dia dia
Por tanto el caudal de diseño (Q diseño) será: Qdiseño
=
Q + Qinfiltraciones
=
630 + 150 = 780
m3 dia dia
La carga total orgánica se obtiene mediante la siguiente expresión: Carga total organica
=
Poblacion
DBO DB O 5 Percapita
=
9000 30 1000
=
270
kg DB DBO O5
Determinamos la concentración de DBO 5 en el afluente por tanto: 6 Carga total organica mg DB DBO O5 270 10 Lo = = = 347 caudal de diseño 780 1000 lt.
19
di diaa
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b) Determinamos el área de la laguna facultativa, utilizando el método de la carga superficial propuesta pr opuesta por Ma Mara ra La carga superficial máxima permisible para una temperatura de 20 ºC es: λ s
=
20 T − 60 = 20 (20 ) − 60 = 340
kg DB DBO O5 Ha dia dia
El área requerida para remover la DBO 5 es: A=
10 Lo
Qmed
λ s
=
(10) (347 ) (780) 340
=
7961 m2
Asumiendo una profundidad profundidad de 1.75 m de acuerdo al Reglamento Nacional DINASBA, 1996. A partir de este valor obtenemos el volumen de la laguna de estabilización Volumen
=
Area Profundida d = 7961 1.75 = 13932 m 3
El periodo de retención (PR) en la laguna de estabilización es: PR =
Volumen
Caudal
=
13932 780
=
18 dias
b) Verificación Verificación de la remoción de colifor mes fecale fecaless en la laguna facultativa Para obtener la concentración de coliformes fecales en el efluente se utilizara el modelo de flujo disperso el cual es recomendado por varios autores. Según el profesor Yáñez la tasa de mortalidad de los coliformes fecales a una temperatura de 21 ºC es: K b
=
(T − 20)
0.841 (1.07)
=
(20 − 20)
0.841 (1.07)
=
0.841 dias
1
−
Para una relación largo/ancho de 2:1, de acuerdo con el Reglamento Nacional DINASBA, 1996 el factor de dispersión “d” es: es: 20
UNIVERSIDAD TECNICA DE ORURO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA INGENIERIA INGENIE RIA QUIMICA – Univ. Cruz M.B.S. X
d = −
0.26118
+
0.25392 X
+
1.01368 X
2
d =
2 −
2
0.46
=
0.26118 + 0.25392 (2) + 1.01368 (2)
Calculo de la constante (a) a
(1 + 4 K
=
b
) = (1 + 4 (0.8410) (18) (0.46)) = 5.37
PR d
Por tanto la concentración de coliformes fecales en el efluente es: N
4a e
=
N o
2
(1 + a )
N =
(
4 4 10
7
2
(1 + 5.37 )
e
) (5.37 ) e
5.37 2 0.46
a 2 d e
1 2 d
2
− (1 − a )
− − a 2 d e
1 2 0.46
2
− (1 − 5.37 ) e
− 5.37 2 0.46
= 183197
CF 100 ml
c) Diseño de la laguna de maduració n Debido a que para un periodo de retención hidráulica de 18 días la concentración de coliformes fecales en el efluente es de 183197 CF/100 ml, lo cual no satisface los requerimientos, es necesario diseñar lagunas de maduración o pulimento. Por tanto calculamos nuevamente el factor de dispersión esta ves para una relación largo/ancho de 3:1 de acuerdo al reglamento Nacional DINASBA 3
d = −
( ) + 1.01368 (3)
2
0.26118 + 0.25392 3
=
0.31
Para un periodo de retención de 9 días, calculamos la constante “a” “a” 21
a
=
(1 + 4 K b PR d ) = (1 + 4 (0.841) (9) (0.31)) = 3.22
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Por tanto la concentración de coliformes fecales en el efluente será:
N
(
4 92444
=
(1 + 3.22)
2
e
) (3.22) e
3.22 2 0.31
1 2 0.31
− (1 − 3.22)
2
e
− 3.22 2 0.31
CF
= 735
ok
100 ml
El volumen de las lagunas de maduración para un periodo de retención de 9 días y una caudal de 780 m3/día es de 7020 m3, por tanto, el área de las lagunas de maduración para una profundidad de 1.3 m es de 5400 m 2 La concentración de DBO 5 en el efluente para un periodo de retención de 27 días y para un Kf de de 0.35 de acuerdo al cuadro 6.3 es:
LP
1
=
L0
K f PR + 1 Lo
L p
=
L p
=
Lo K f PR + 1
mg (0.35 27) + 1 = 33.2 lt. 347
K f PR + 1 =
ok
d) Dimensiones Dimensiones d e las laguna lagunass facultativas y de maduración Nº de lagunas 2 lagunas maduración paralelo
de en
1 lagunas facultativa
Largo (L)
Ancho Anc ho (W (W))
Profun didad (h)
102 m
51 m
1.75 m
150 m
75 m
1.75 m
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Problema 6.-
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Diseñar una planta de tratamiento de aguas residuales compuesta de una laguna aireada aerobia con mezcla completa seguida de una laguna aireada facultativa. Esta planta de tratamiento de aguas residuales se destina al tratamiento de los desechos domésticos de una ciudad que deberá servir a una población de 80000 habitantes en el año 2010. Suponer para la tasa percapita de aguas residuales la infiltración de 200 l/hab.día y la contribución de DBO5 percapita de 45 gr/hab.día. La temperatura media anual es de 21 ºC; los criterios para el efluente final son: ➢
➢ ➢
➢
➢
➢ ➢ ➢
k= 0.02 d-1 a 20 ºC los cálculos de ambas lagunas deben basarse en este valor con las correcciones correspondientes de temperatura utilizando un coeficiente de Arrhenius θ = 1.05 1.05 Y= 0.5. Despréciense los efectos de temperatura sobre Y. kd= 0.18 d-1 a 20 ºC. los cálculos de ambas lagunas deben basarse en este valor con las correcciones correspondientes de temperatura utilizando un coeficiente de Arrhenius θ = 1.03. 1.03. Para una laguna de mezcla completa deben tomarse los parámetros a = 0.63 y b = 0.28 d-1. Deben despreciarse los efectos de temperatura para el caso a. Para b, tomarse un coeficiente de Arrhenius θ = 1.05. Las especificaciones de los aireadores se basan para ambas lagunas en una estimación conservadora es decir utilizando los criterios recomendados para aireadores superficiales para una altitud de 2550 msnm (Se supone que se utilizan aireadores superficiales de 125 CV). La DBO5 total del efluente de la laguna facultativa debe ser inferior a 20 mg/l incluyendo tanto la DBO 5 como la insoluble. Tómese como profundidad de ambas lagunas un valor de 3.7 m Para la laguna facultativa, se utilizará utilizará un coeficiente de 1.2 para el reciclado de DBO en la estimación de S e.
Solución: La solución que sigue se basa en la elección el ección de tiempos de retenc retención ión de 5 y 10 días para las lagunas de mezcla completa y facultativa respectivamente. Esta elección se probara para el cálculo de la DBO 5 total del efluente de la laguna facultativa, que debe ser inferior a 20 mg/l. La elección de los tiempos de retención de ambas lagunas puede variar. Teniendo en cuenta los factores coste y la optimización tanto de tiempo como económica, puede alcanzarse un diseño adecuado. Este aspecto se discutirá mas adelante al final de la solución del problema.
23
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. .. [ ] = . ∗ = [[ ∗ ] ∗ ∗∗ = 45 45 ∗ 1000 = 225 = 200 ∗ ∗ 1
Parte Pa rte 1.- D Diseño iseño de la laguna d de e mezcla completa
Paso Pa so 1.- Ca Calcul lcul o del vol volumen umen de la balsa y de la sección tr ansversal V1
=
Q o t1
0.1852 m3/s 5 d 24 h/d 3600 s/h
=
A1
=
V
=
D
80006.4 m3 3.7 m
=
=
80006.4 m3
2162.4 m2
Paso Pa so 2.- E Esti stimación mación de la temperatura de la laguna Se considera como temperatura de la laguna la temperatura media que nos da el enunciado T=21[°C]
Paso 3.- Estimación de la temperatura de la laguna (ver capitulo 7 de lodos activos) k TW
k 20
=
θ
(TW
(TW
k
k
d,TW =
bT
=
W
−
d,20
20 )
−
=
(TW
20
)
=
20 )
−
=
(0.28 ) (1.05) (
0.021 d 1 1/mg
=
21
−
−
20 )
) (1.03) (0.18
=
−
−
(21
20 )
θ
b 20 θ
(0.02 ) (1.05)(21
20
)
=
1
−
0.1854 d
0.294 d
1
−
Paso 4.- Valor Valor de la DBO5 solu soluble ble del efluente de la pri primera mera laguna Se 1
=
1 + k d t Y k t
=
1 + (0.1854) (5)
(0.5) (0.021) (5) 24
=
36.7 mg/l
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Paso 5.- Valor Valor de XV.a, ya que XV.o = 0 X V. V.aa
=
X V. V.o o
+
Y (So
−
Se )
=
1 + k d t
(0.5) (225 − 36.7 )
=
48.86 mg/l
1 + (0.1854 ) (5)
Paso Pa so 6. 6.-- Ne Necesidades cesidades d e oxígeno p ara la airea aireació ción, n, kgO 2/d O2
=
(0.63) (225 − 36.7 ) (0.1852) (86.4 ) + (0.294) (48.86) (80006.4) (10
O2
=
127 12 7 kg kgO O 2 /h
Paso Pa so 7.- C Cons onsumo umo d e potencia en la aireación β C sw − C L α 1.024 (T − 20) N = N o C st Para: α= 0.7 para las aguas residuales domesticas domesticas β= 0.9 para las aguas residuales domesticas domesticas CL= 1.5 mg/l Cst= 9.17 mg/l P A= 558.78 mm Hg → altitud = 2548.10 m (cuadro 6.5) 6.5) P= 19 mm Hg → T= 21 ºC 21 ºC (cuadro 6.4) Csw= 9 mg/l → T= 21 ºC 21 ºC (cuadro 6.4)
) − 1.5 0.9 (6.56 ( 21− 20 ) = 0.516 kgO 2 /kwh (0.7 ) 1.024 9.17
N = 1.5
558.78 − 19 PA − P = 6.56 mg/l = 9 760 19 760 P − −
C'sw = C sw
Pot KW
O r
=
127 =
N
=
0.516
25
246 kw
3
−
)
=
3047.5 kg kgO O 2 /d
UNIVERSIDAD TECNICA DE ORURO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA INGENIERIA INGENIE RIA QUIMICA – Univ. Cruz M.B.S. =
334 CV
Paso 8.- Nivel de potencia Pv , y numero de aireadores basándose en la necesidad necesida d d e transferencia de oxigeno Pv
334 =
80006.4
=
0.0042 CV/m 3
Ya que la laguna esta especificada como de mezcla completa debe adoptarse un valor mínimo para Pv de 0.0042 CV/m3. La potencia real adquirida es por tanto: CV
=
(0.004) (80006.4)
=
33 336 6 CV
El número requerido de aireadores de 125 CV es: número
=
336/125
=
3 aireadores
Paso 9.- Valor de la DBO 5 insoluble del afluente en la laguna de mezcla completa. Ya que XV.o= 0, θc= t, según la ecuación (6.27). Por ello ell o θc= 5 días. De la figura 6.7, para θc= 5 días se obtiene ψ= 0.435. En consecuencia la DBO 5 insoluble es: DBO 5 total = S e
+
ψ
V.a X V.a
=
36.7 + (0.435) (48.86) = 58 mg/l
Parte Pa rte 2.- D Diseño iseño de la laguna ffacultativ acultativa a Paso 1.- C Paso Calculo alculo del vol volumen umen d de e la balsa y de la secció sección n tr transversal. ansversal. Ya que e ell tiempo d e residencia (10 días) es es do doble ble del de la laguna de mez mezcla cla com pleta ) = 864000 V = (2) (432000 m3
A2
=
864000 m3/3.7 m = 233514 m2
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Paso 2.- E Paso Esti stimación mación de la temperatura de la laguna, en este caso T o= 21 [°C] Paso Pa so 3.- E Evaluación valuación de los paráme parámetros tros biocinéticos k y k d a 21 ºC θ
(TW
k TW
=
k 20
k d,TW
=
k d,20 θ
−
20 )
=
(TW − 20 )
(0.02 ) (1.05)(21
=
−
(21 ) (1.03) (0.18
20 )
−
20 )
=
0.021 d 1 1/mg
=
−
1
−
0.1854 d
Paso 4.- DBO5 solu ble del efluente de la laguna facultativa facultativ a Nótese que con la ecuación (6.20) no es posible obtener ese valor en este caso, ya que dicha ecuación se basa en un valor de concentración cero para lo VSS del afluente. Ya que el afluente a la laguna facultativa es el efluente de la balsa de mezcla completa, contiene 48,86 mg/l de VSS. Se debe utilizar la ecuación (6.22) para estimar la DBO soluble del efluente de la balsa facultativa. Se supone un valor de potencia de 0.001 CV/m 3 (que debe comprobarse en el paso 7). Bajo estas circunstancias, tal como se indica en la sección (6.7.3.5), puede esperarse una concentración de XV.a de 30 a 40 mg/l de sólidos volátiles en suspensión. Se toma un valor de 40 mg/l. Se 2
=
(1.2) (36.7 ) = 4.7 mg/l 1 + (0.021) (40 ) (10)
1.2 S e 1
=
1 + k X V. V.aa t 2
Paso Pa so 5.- C Cons onsumo umo d e oxigeno para la a aireación ireación kg O 2 /d B (S o =
Se ) Q o
−
=
1.5 (36.7
−
4.7) (0.1852) (86.4) =
Paso Pa so 6.- P Potenci otencia a consu mida en la aireación
Pot KW
O r
=
32 =
N
=
62 kw
0.516
=
64 CV
Paso Pa so 7. 7.-- Nivel de p potenci otencia, a, Pv y n umero de aireadores aireadores Pv
64 =
864000
=
0.000074 CV/m 27
3
=
768.06 kg kgO O 2 /d
32 kgO kgO 2 /h
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Este valor es demasiado pequeño, por lo que debe adoptarse un nivel de potencia practico mínimo 0.001 CV/m3. En este caso, la potencia real requerida es: CV
=
(0.001) (864000)
=
86 864 4 CV
El número requerido de aireadores de 125 CV es: número
=
864/125
=
7 aireadores
Paso 8.- DBO5 inso lubl luble e del e efluent fluente e de la laguna facultativa. Nótese que no puede utilizarse la ecuación ecua ción (6.26) para calcular la edad de los lodos, θc, en el caso de la laguna facultativa, ya que XV.a = 40 mg/l XV.o = 48.86 mg/l Por ello: XV.a – X – XV.o < 0 La edad de los lodos en este caso se determina suponiendo que 40 mg/l de VSS se difunden a través de la laguna facultativa, mientras que 48,86 – – 40 = 8.86 mg/l sedimentan en el fondo. De esta forma, la edad de lo lodos para los 40 mg/l de VSS que salen con el efluente iguala al tiempo de residencia t de 10 días. De la figura 6.7 para θc = 10 días se obtiene: ψ = 0.33 0.33 Por ello la DBO insoluble en el efluente de la laguna facultativa es DBO DB O 5 total
=
Se 2
+
ψ
X V.a V.a
=
4.7 + (0.33) (40) = 17.9 mg/l
28
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Este valor es inferior al máximo especificado de 25 mg/l por lo que el diseño resulta satisfactorio. Estos cálculos deben repetirse con otros valores para los tiempos de residencia t1 y t2 para lograr una optimización económica. Los costes principales que deben tomarse en cuenta en este balance económico son los de inmovilizado y los de operación para los aireadores y para el valor del terreno. El diseño óptimo será el que conduzca a un coste mínimo total.
Problema 7.Diseñar una planta de tratamiento de aguas residuales utilizando lodos activos cuyos parámetros biocinéticas fueron determinados previamente en laboratorio. A continuación, se enumeran los datos y criterios fundamentales para el diseño de la planta.
I. I.-- D Datos atos sobre so bre la a alimentaci limentaci ón in inicial icial 1. Caudal de alimentación inicial Q F= 0.25 m3/s. 2. DBO soluble de la alimentación inicial S F= 250 mg DBO 5/l. 0. 3. Despréciense los sólidos volátiles en la alimentación inicial, esto es, X V.F ≈ 0. 4. Alcalinidad como CaCO3=50 mg/l. 5. Nitrógeno total Kjeldahl (NTK)= 80 mg/l (como N). El agua residual contiene un compuesto que inhibe la nitrificación, aunque sin efectos perjudiciales. 6. Temperatura. Verano= 20 ºC. Invierno= 13 ºC.
II II..- D Datos atos s obre lla a calidad del efl efluente uente 1. DBO soluble del efluente S e máxima permisible= permisible= 15 mg DBO5/l. 2. Sólidos en suspensión. Básese el diseño del clarificador secundario en una concentración permisible de VSS en el rebosadero, X V.e de 10 mg/l. Despréciese la concentración de NVSS en el rebosadero del clarificador, X NV.e ≈ 0. 0.
II III. I.-- Info Informació rmación n para el diseño d el reacto reactorr 1. Se eligen los siguientes valores: X V.a= 3000 mg/l y X V.u= 12000 mg/l. 2. El porcentaje de sólidos volátiles en los MLSS es del 80 %, o sea F V= 0.8. 3. Temperatura ambiente. Verano, T a= 29 ºC, invierno, Ta= -1 ºC. 29
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4. Parámetros biocinéticas (determinados en laboratorio a T=20ºC).
k= 0.0020 h-1 × 1/mg = 0.02952 d -1 × 1/ mg θ= 1.03 (coeficiente de Arrhenius para k) Y= 0.5 kg MLVSS producidos/kg DBO r (que se supone básicamente independiente de la temperatura). kd= 0.0025 h-1 = 0.06 d-1. θ= 1.05 (coeficiente de Arrhenius para k d y b). a= 0.63 kgO2/kgDBOr (se supone que prácticamente es independiente de la temperatura). b= 0.0752 d-1.
Solución: Paso Pa so 1.- Estimació n prelim inar de la potencia kg DBO r d
HP
=
86.40 (0.25 ) (25 250 0 − 15)
=
5076
kg DB DBO O r d
5076 kg DB DBO O r / d 21 kg DB DBO O r / HP d
=
242
Paso Pa so 2.- Estimación Estimació n de la te temperatura mperatura de operación en el reactor bio biológi lógi co TW a) Temperatura para condiciones de verano TW
=
(3.6
106 ) (0.25) (20) + 1134 (232) (29)
(3.6
6
10
) (0.25)
+
1134 (232)
= 22 oC
b) Temperatura para condiciones de invierno TW
=
(3.6
106 ) (0.4) (13) + 1134 (296) (- 1)
(3.6
6
10
) (0.4)
+
1134 (296)
30
= 10 o C
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Paso 3.- Valores de los parámetros biocinéticas para las temperaturas T W de d e invierno y verano a) Verano: TW= 22 ºC
(0.002) (1.03)(22
20)
−
k 25
=
k 25
=
k d,25
=
k d,25
=
b25
=
(0.0752) (1.05) (22
b 25
=
0.083 d
0.002122 h
=
1
−
1/mg
1
0.051 d
−
(0.0025) (1.05)( 22 0.06615 d
−
20 )
−
20)
0.002756 h
=
0.0829 h
1
−
1/mg
1
−
=
1
−
1/mg
1
−
b) Invierno TW= 10 ºC k 13
=
(0.002) (1.03)( 10
k 13
=
0.036 d
k d,13
=
(0.0025) (1.05)( 10
k d,13
=
0.037 d 1
−
−
20)
=
0.0015 h
1
−
1/mg
1
−
20 )
=
0.001534 h
1
−
1/mg
−
Se supone que los parámetros Y y a son prácticamente independientes de la temperatura, esto es: b13
=
(0.0752) (1.05)( 10
−
20)
=
0.0461 dia dia
1
−
1/mg
Y= 0.5 kg MLVSS/kg DBO r
31
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a= 0.63 kg O2/kg DBOr b 13
0.0461 d
=
−
1
Paso Pa so 4.- C Calculo alculo del tiempo d e residencia Caso 1.- A partir del consumo de DBO soluble, para condiciones de invierno caso mas critico (k13= 0.024 d-1), el tiempo de residencia es:
(250 15) (0.036) (3000) (15) −
t
=
0.145 d
=
=
3.48 h
Caso 2.- Según las condiciones óptimas de floculación de los MLVSS, En la mayoría de las aguas residuales el valor óptimo de la relación A/M se encuentra comprendido0.6 > A/M > 0.3, para una relación de A/M= 0.6: t
=
(3000 ) (250 0.6)OPTIMO
=
0.1389 d = 3.33 h
En este caso el tiempo de residencia viene controlado por el consumo de la DBO soluble. Se adopta un tiempo de residencia t= 0.145 d. A continuación, se verifica si se obtiene para este tiempo de residencia un lodo con características de sedimentación satisfactorias: t
=
SF
X V.a (A/M)OPTIMO SF
A/M optimo
=
SF X V.a t
250 1 = 0.575 d X t 3000 0.145 V.a La relación A/M= 0.575 se encuentra anteriormente señalados, por ( entre) (los limites ) tanto se elige un tiempo de residencia de 0.145 d para dimensionar el reactor. Para condiciones el tiempo de residencia t= 0.145 d corresponde a Se= 15 mg/l, por lo tanto para condiciones de verano el valor de S e será algo menor: A/M optimo
t
=
(S
F
−
=
Se
)
k X V.a Se
Se
=
SF
=
Se
=
−
SF
(1 + k
25
=
X V.a t V.a
)
250
(1 + k 25 X V.a t ) 1 + (0.051) (3000) (0.145)
32
=
10.8 mg/l
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El diseño resulta adecuado ya que bajo las condiciones más adversas (ósea las de invierno), se cumple el requisito de obtener una DBO 5 máxima soluble de 15 mg/l.
Paso Pa so 5.- C Calculo alculo del vol volumen umen del reactor El volumen del reactor para un tiempo de residencia de 0.125 d será: V
=
(0.25) (0.145) (86400)
=
3132 m
3
Paso Pa so 6. 6.-- De Demanda manda de o oxig xigeno eno La demanda de oxígeno para condiciones de verano (DBO5= 10.8 mg/l, b25= 0.083 d-1) será: kg O 2
=
(86.40) (0.63) (250 − 10.8) 0.25 + (0.083) (3000) (3132) (10-3 )
d =
4035
kg O 2 d
La demanda de oxígeno para condiciones de invierno (DBO5= 15 mg/l, b13= 0.0461 d-1) será: kg O 2 -3 = (86.40) (0.718) (250 − 15) 0.25 + (0.0461) (3000) (3132 ) (10 ) d =
4078
kg O 2 d
Como podía esperarse las condiciones de verano controlan las necesidades de oxígeno.
Paso Pa so 7.- P Potenci otencia a requerida en la aireación Para los cálculos de la potencia requerida para este ejemplo se utilizarán las ecuaciones del capítulo 6 sección 6.7.3.8.
N
β C sw − C L α 1.024 (T − 20) = N o C st
Para: 33
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α= 0.87 para las aguas residuales domesticas domesticas β= 0.97 para las aguas residuales domesticas domesticas CL= 2 mg/l Cst= 9.17 mg/l P A= 755 mm Hg P= 11 mm Hg → T= 13 ºC 13 ºC (cuadro 6.4) Csw= 10.6 mg/l → T= 13 ºC 13 ºC (cuadro 6.4)
) − 2 0.97 (10.53 (13 − 20 ) = 1.1222 kgO 2 /kwh (0.87 ) 1.024 9.17
N = 1.7
PA − P 755 − 11 = 10.6 = 10.53 mg/l − − 760 11 760 P
C ' sw = C sw
Pot KW
=
Pot HP
=
O r N
=
4078 1/24 h
152 kw
1.1222
=
0.986 HP
0.736 kw
=
152 kw
204 HP
El valor obtenido de 204 HP ≈ 232 HP 232 HP concuerda con el supuesto en el paso 1. En consecuencia, la temperatura T W (para las condiciones de verano e invierno) calculados en el paso 2, son correctas. Por ello, se ha obtenido la convergencia de la iteración conduciendo a: HP = 232 TW – verano – verano = 22 ºC TW – invierno – invierno = 10 ºC
Paso 8.- Producción neta de biomasa ΔX ΔX a) Para condiciones de verano (DBO 5= 10.8 mg/l, kd= 0.06615 d-1): Δ
) − (0.06615) (3000 ) (3132) 10 −3 ) = 2634 X V = (86.4) (0.63) (250 − 10.8) (0.25 kg/d
34
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b) Para condiciones de invierno (DBO 5= 20 mg/l, kd= 0.0426 d-1): Δ
XV
=
(86.4) (0.63) (200
−
) 15) (0.25
−
(0.037) (3000) (3132) (10
3
−
)
=
2170 kg/d
Paso Pa so 9.- C Calculo alculo de la relación de recic lado r a) Condiciones de verano: r
(86.4) (0.25) (3000) (2634) (0.25) (0.00) (86.4) (0.25) (12000 3000) −
=
−
=
(
0.32 32. %
)
−
b) Condiciones de invierno: r
(86.4) (0.25) (3000 ) (2170) (0.25) (0.00) −
=
−
(86.4) (0.25) (12000
−
3000
=
(
0.323 32.3 %
)
)
Estos dos valores son tan próximos que en todos los balance de materia que sigue se utilizara un valor único r= 0.323. Podría haberse estimado un valor aproximado de r a partir de las variables fundamentales X V.a y XV.u: r
3000 =
(12000
−
3000
)
0.333
=
Paso Pa so 10.- Cá Cálcu lculo lo de los caudales restantes y el titiempo empo de recic reciclado lado t h m 3 /s (0.323) (0.25) 0.08075 ) (1 + 0.323) = 0.33075 = Q F (1 + r ) = (0.25 m 3 /s
Q R Qo
=
r Q F
=
=
a) Para condiciones de verano: QW
=
2634 + (86.4)(0.25) (0.00) − (86.4 )(0.25) (10)
(12000 − 10) 10
−
3
=
202 m 3 /d = 0.002334 m 3 /s
b) Para condiciones de invierno: QW
=
2170 + (86.4)(0.25) (0.00 ) − (86.4 )(0.25) (10)
(12000 − 10) 10
−
3
35
=
163. m 3 /d = 0.00189 m 3 /s
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Estos valores de QW son muy pequeños al compararlos con Q F, 0.25 m3/s. Esto significa que la mayor parte de la alimentación inicial saldrá con el efluente del clarificador secundario, esto es, Q F ≈ Qe. Al objeto de completar los caudales restantes en el diagrama de flujo figura 7.6. Se toma un valor único QW ≈ 0.002 m3/s. Qe Qu
QF
−
QW
QW
+
Q R
=
=
th
0.25 − 0.002 = 0.248 m 3 /s
=
=
3 + 0..08075 = 0.083084 m /s 0.002334
t =
3.48 =
(r + 1) (0.323 + 1)
=
2.63 h
Paso Pa so 11.- Balance de ma materia teria de los sól idos n o vo volátiles látiles a) calculo de X NV.a X NV. NV.aa
=
(1
−
0.8) (3000)
(0.8)
750 mg/l
=
Por ello X NV. NV.aa
=
X NV. NV.aa
=
750 mg/l
b) Calculo de XNV.u ya que X NV.e= 0 X NV NV.u .u
X NV. NV..F .F
=
0.25 (0.323 + 1) (750)
(0.083 )
(0.323 + 1) (750)
−
2989 mg/l
=
(0.323) (2989) = 26.8 mg/l
Paso Pa so 12.12.- P Producc roducc ión t otal de lod os 1. Calculo (VSS)W
36
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a) Condiciones de verano:
(VSS)W
=
Q W X V.u V.u
=
(2634) + (86.4) (0.25 ) (0.00) − (86.4) (0.248) (10) = 2420 kg/d
o:
(VSS)W
=
Q W X V.u
=
(86.4) (0.0018) (12000)
=
1866 kg/d
b) Condiciones de invierno:
(VSS)W
=
Q W X V.u
=
(2558) + (86.4) (0.25 ) (0.00) − (864.4) (0.398) (10) = 2214 kg/d
o
(VS VSS S)W
=
Q W X V.u
=
(86.4) (0.0022) (12000)
=
2384 kg/d
2. Calculo de (NVSS)W
( NVSS)W
=
Q F X NV.F NV.F
−
X NV. NV.ee
=
(86.4)(0.25) (26.8)
=
579 kg/d
Si se hubiera utilizado la relación (NVSS)W= QWXNV.u se hubieran obtenido dos valores ligeramente diferentes de (NVSS) W para las condiciones de verano e invierno, correspondientes a los valores de QW calculados anteriormente. Si se utiliza el valor único de QW= 0.002 m3/s.
( NV NVSS SS)W
=
Q W X NV.u NV.u
=
(86.4) (0.002) (2989)
=
517 kg/d
Se tomará una media entre 517 kg/d y 579 kg/d equivalente a 548 kg/d.
3. Cálculo de (TSS)W a) Condiciones de verano:
(TSS)W
=
2420 + 548 = 2968 kg/d
37
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b) Condiciones de invierno:
(TSS)W
=
2384 + 548 = 2932 kg/d
Paso 13.- Calculo de las concentraciones de la alimentación combinada S o y XV.o 1. Cálculo de So: a) Condiciones de verano: So
=
250 + (0.323) (10.8) = 191.6 mg/l (1 + 0.323)
b) Condiciones de invierno: So
=
250 + (0.323) (15) = 192.6 mg/l (1 + 0.323)
2. Calculo de X V.o X V. V.o o
=
0.00 + (0.323) (12000 ) = 2930 mg/l (1 + 0.323)
Paso Pa so 14.14.- N Neutralización eutralización requerid a Kg DBO consumida/d consumida/d = 5076 Alcalinidad consumida consumida = (5076) (5076) (0.5) = 2538 kg/d Alcalinidad en la la alimentación alimentación inicial: 86.4 QF (ALC) = (86.4) (86.4) (0.25) (0.25) (50) (50) = 1080 kg/d kg/d Ya que 1080 < 2538 no se requiere neutralización previa al proceso biológico.
Nitrógeno 38
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1. Nitrógeno perdido en el sistema por la purga de lodo:
Condiciones de ver ano: ano: 0.12 ΔXV kg/d= (0.12) (2634) ≈ 317 kg/d 317 kg/d Condiciones de invierno: invierno: 0.12 ΔXV kg/d= (0.12) (2170) ≈ 261 2 61 kg/d
2. Nitrógeno perdido en el efluente Nitrógeno: 86.4 QF (1.0) kg/d= (86.4) (0.25) (1.0)= 21.6 kg/d Nitrógeno total perdido N Verano= 317 + 21.6 = 338.6 kg/g Invierno= 261 + 21.6 = 382.6 kg/d Nitrógeno disponible: 86.4 QF (NTK) = (86.4) (0.25) (80) = 1728 kg/d En consecuencia no se necesita añadir nitrógeno
Fosforo 1. Fosforo perdido en el sistema a través de la purga de lodos: Condiciones de verano: 0.02 ΔXV kg/d = (0.02) (2634) = 53 kg/d Condiciones de invierno: 0.02 ΔX 0.02 ΔXV kg/d = (0.02) (2170) = 43.4 kg/d
2. Fosforo perdido en el efluente Fosforo: 86.4 QF (0.5) kg/d = (86.4) (0.25) (0.5) = 10.8 kg/d Fosforo total perdido P Verano = 53+ 10.8 =63.8 kg/d Invierno = 43.4 + 10.8 = 54.2 kg/d 39
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Fosforo disponible: 86.4 QF P = (86.4) (0.25) (1) = 21.6 kg/d En consecuencia, debe añadirse el fosforo siguiente: Verano = 63.8 – 63.8 – 21.6 21.6 = 42.2 kg/d como P Invierno = 54.2 – 54.2 – 21.6 21.6 = 32.6 kg/d como P Esto puede conseguirse añadiendo la cantidad calculada de una disolución de acido fosfórico o de un fosfato al reactor biológico.
40
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Problema 8.-
INGENIERIA INGENIE RIA QUIMICA – Univ. Cruz M.B.S.
Determinar la superficie necesaria para el tratamiento de un agua residual con una DBO5 de 300 mg/l mediante filtros sintéticos de 6 m y 10 m de profundidad, después de la sedimentación primaria. La DBO5 final del efluente debe ser de 25 mg/l o inferior. Suponer que la constante de tratabilidad determinada realizando ensayos con un filtro de 6 m de profundidad es de 0.058 (m3/min)0.5 m a 20 ºC.
Solución 1.- Determinar la superficie necesaria para un filtro de 10 m de profundidad durante la temporada conservera.
Se Si
=
ex exp p
−
k T/D 30 D (Q v ) - n
a) Sustituyendo Q/ A por Q v y reordenando la Ecuación se obtiene: 1
− − ln S e /S i n A=Q k T/D D 30
b) Corregir la constante de tratabilidad de la DBO observada para tener en cuenta los efectos de la temperatura sostenida del agua residual durante los meses de mayo a octubre: k 20/D
=
k 20/D
=
20
20
k 25/D θ
(T
−
25
)
20
(0.058) (1.03)( =
20
−
25
)
0.05
c) Corregir la constante de tratabilidad de la DBO observada para tener en cuenta la diferencia de profundidad entre el filtro de ensayo y el filtro real. k20/D30= k20/D20(D20/D30)x k20/D30=0.05(6/10)0.5= 0.03873
d) Determinar la superficie necesaria a partir de los datos conocidos: 41
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Se = 300 mg/l Si = 25 mg/l n = 0.5 k 20/D30 = 0.03873 D = 10 m Q = 9460 + 4730 1/86400 d/s = 0.1642 l/s 2
− ln 25/300 = 6.76 m 2 A = 0.1642 0.03873 10
1.- Determinar la superficie necesaria para un filtro de 6 m de profundidad durante la temporada conservera.
Se Si
=
ex exp p
−
k T/D 30 D (Q v ) - n
a) Sustituyendo Q/ A por Q v y reordenando la Ecuación se obtiene: 1
− − ln S e /S i n A=Q k T/D D 30
b) Corregir la constante de tratabilidad de la DBO observada para tener en cuenta los efectos de la temperatura sostenida del agua residual durante los meses de mayo a octubre: k 20/D
=
k 20/D
=
20
20
k 25/D θ
(T
−
25
)
20
(0.058) (1.03)( =
20
−
25
)
0.05
c) Corregir la constante de tratabilidad de la DBO observada para tener en cuenta la diferencia de profundidad entre el filtro de ensayo y el filtro real. k20/D30= k20/D20(D20/D30)x k20/D30=0.05(6/6)0.5= 0.05
d) Determinar la superficie necesaria a partir de los datos conocidos:
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Se = 300 mg/l Si = 25 mg/l n = 0.5 k 20/D30 = 0.05 D = 10 m Q = 9460 + 4730 1/86400 d/s = 0.1642 m3/s 2
− ln 25/300 = 1.632 m 2 A = 0.1642 0.05 5
43
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