Problemas de los Examenes del Curso 2.013-2.014.pdf

2015-2016

INGENIERÍA DEL MEDIO AMBIENTE

Aurelio García Marcos

PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL

CURSO 2013-2014

Con los problemas y ejercicios originales

PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014

2


3

PRIMERA SEMANA

FEBRERO CURSO 2013-2014


4


5

PREGUNTAS (5 PUNTOS)

1. Clasificar razonadamente respecto de su dureza un agua que presenta la siguiente

composición química:

;/152 lmgCa ;/102 lmgMg lmgSO /302

4

Datos:

Masas atómicas de C, O, S, Ca y Mg: 12, 16, 32, 40 y 24,3 g/at.g respectivamente.

Análisis del problema:

La dureza de un agua se expresa como los mg de Carbonato Cálcico por litro de agua

laguamgCaCOD /3 , ó como las partes por millón de Carbonato de Calcio

3ppmCaCOD

Según la cantidad de carbonato de calcio podemos clasificar la dureza de las aguas de

la forma siguiente:

Blandas: mlmg /50

Moderadamente Duras: mlmg /15050

Duras: mlmg /300150

Muy duras: mlmg /300

De forma “sencilla” la dureza viene dada por:

32

2

2

2

* CaCOPmMgPm

Mg

CaPm

Ca

2Ca Concentración de calcio.

2Mg Concentración de Magnesio.

Donde: 2CaPm Peso Molecular del Calcio.

2MgPm Peso Molecular del Magnesio.

3CaCOPm Peso Molecular carbonato cálcico.


6

Resolución:

La dureza del agua, debida a los iones 2Ca y 2Mg desarrollando lo indicado en el

análisis, podemos calcularla como:

3

3

3

3

2

2

3

22

2

2

3

22

.1

10*

.*

.

.1*

10

.1*

.

.

.

.1*

10

.1*

.

.

CaCOg

mgCaCO

mol

gCaCO

Mgg

Mgmol

mg

Mgg

agual

Mgmg

Cag

Camol

mg

Cag

agual

Camg

Nos dicen:

lmgCa /152

lmgMg /102

molgCaPm /402

molgMgPm /3,242

Por otra parte el peso molecular del carbonato cálcico es:

molgCaCOPm /10016*312403

Sustituyendo valores, tendremos:

Dureza (H2O)

2

2

3

22

2

2

3

22

.3,24

.1*

10

.1*

.

.10

.40

.1*

10

.1*

.

.15

Mgg

Mgmol

mg

Mgg

agual

Mgmg

Cag

Camol

mg

Cag

agual

Camg

agual

CaCOmg

CaCOg

mgCaCO

mol

CaCOg

.

.652,78

.1

10*

.

.100 3

3

3

3

3

Por lo tanto la dureza total de esta agua es:

OHlCaCOmgOHD 232 /652,78

Puesto que la dureza está comprendida entre 50 y 150 estaríamos ante un agua

moderadamente dura.


7

2. Se sabe que la exposición a una concentración de 50 ppm de CO por 90 minutos puede afectar a la conducción haciendo más probable la posibilidad de accidentes.

¿Estará un motorista expuesto a un accidente si permanece conduciendo durante 90

minutos cuando la concentración en CO del aire de la ciudad es de 65 mg/m³?


Nos dan como límite de exposición una concentración de 50 ppm de CO, durante 90

minutos. Necesitamos calcular la concentración del CO del aire de la ciudad (al que

está expuesto el motorista) para ver si este sobrepasa o no el límite dado al principio.

La equivalencia entre ppm y µg/m³, podemos expresarla como:

MVM

mgppm

33 10*/

Considerando condiciones normales CN. (0 ºC, 1atm)

mollatm

K

Kmol

latm

P

RT

n

VVM /386,22

1

273*

*

*082,0

Por lo tanto:

mollVM /386,22

molgM /281612

Considerando condiciones estándar CS. (25 ºC, 1atm)

moll

atm

K

Kmol

latm

P

RT

n

VVM /436,24

1

25273*

*

*082,0

Por lo tanto:

mollVM /436,24

molgM /281612


8

Resolución:

Considerando condiciones normales:

Expresando la concentración límite en 3m

g, tendremos:

3

33

3500.62

4,22

/2810*50*10*

m

g

l

molgppm

V

Mppm

m

g

M

La concentración de CO que nos dan en la ciudad es de 65 mg/m³

33000.6565

m

g

m

mg

Vemos que la concentración en la ciudad es mayor que la concentración límite, por lo

tanto el conductor estará expuesto a un accidente.

Considerando condiciones estándar:

3

33

3293,57

436,24

/2810*50*10*

m

g

l

molgppm

V

Mppm

m

g

M

La concentración en la ciudad es mayor que la concentración límite, por lo tanto el

conductor estará expuesto a un accidente.

Podría expresarse la concentración en la ciudad en ppm:

ppmmolg

moll

m

mgV

M

mgppm M 52

/28

/4,22*10*10*65

10*/ 3

3

333

Que es mayor al límite en el que puede afectar al motorista, por lo tanto el motorista

está expuesto a sufrir un accidente


9

3. Una muestra de agua residual se sabe que contiene 100mg/l de ácido propanóico (C3H6O2). ¿Cuál será su DBO suponiendo que todo el acido propanóico se oxida a

dióxido de carbono y agua?

Datos:

Masas atómicas de H, C y O: 1, 12 y 16 g/at.g respectivamente.


La reacción que tiene lugar es:

OHCOOOHC 222263

Ajustando la reacción:

OHCOOOHC 222263 332/7

Vemos en la reacción ajustada, que con 1 mol de acido propanóico reaccionan 3,5

moles de Oxigeno para dar 3 moles de dióxido de carbono y 3 moles de agua.

Los pesos moleculares del acido propanóico y del oxigeno que reaccionan son:

./7416*21*612*3263 molgOHCPm

./3216*22 molgOPm


10

Resolución:

Partiendo de la reacción ajustada:

OHCOOOHC 222263 332/7

Moles por litro de acido propanóico:

disoluciónl

OHCmoles

OHCg

OHCmol

OHCmg

OHCg

disoluciónl

OHCmg 2633

263

263

263

3

263263 10*35,174

1*

10

1*

100

Por lo tanto, la DBO, buscada será:

disoluciónl

Omg

mol

Og

OHCmol

Omol

disoluciónl

OHCmoles 22

263

22633 35,1511

32*

1

5,3*10*35,1

disoluciónl

OmgDBO 235,151

Por la estequiometria de la reacción:

La DBO5 (mg O2/l) calculada de acuerdo con la reacción anterior será:

263

2

263

2

263

263

263

3

2632635

1

32*

1

5,3*

74

1*

10

1*

100

OHmolC

gO

OHmolC

molO

OHgC

OHmolC

OHmgC

OHgC

residuallagua

OHmgCDBO

residualagual

Omg

gO

mgO

.35,151

1

10* 2

2

2

3

residualagual

OmgDBO

.

35,151 25


11

4. Represente gráficamente una torre de absorción simple y explique su funcionamiento.

Respuesta:

El proceso de absorción consiste en la

separación de un componente gaseoso

de una mezcla de gases utilizando un

líquido adecuado. Dentro del campo de

la contaminación atmosférica esta

operación se conoce con el nombre de

lavado.

El equipamiento más simple utilizable para conseguir una absorción

suficiente es la torre de pulverización,

el líquido absorbente se pulveriza en la

dirección opuesta a la corriente del gas

a purificar, y cae en pequeñas gotas al

fondo de la torre. Debido a que la

absorción se favorece aumentando la

superficie de contacto entre líquido y

gas, cuánto más pequeña sean las gotas

del primero mayor será la absorción.

Sin embargo hay que tener en cuenta que si las gotas de líquido son excesivamente

finas pueden perderse con la corriente gaseosa.


12

PROBLEMA

1. Una industria descarga en un rio sus residuos líquidos que contienen un

contaminante C a razón de 0,1 m³/s y una concentración en C de 3000 mg/l. El rio

tiene un caudal de 10 m³/s que contienen a 20 mg/l de C. Después de la

incorporación al rio de los residuos de la industria considerada, y suponiendo

mezcla total, se pide:

a. ¿Podría descargar la industria sus residuos sin tratamiento conociendo que la

normativa aplicable para C es de 100 mg/l en el rio?

b. ¿Cuál debería ser la concentración de C en los residuos líquidos de la industria

que se descargan para cumplir exactamente con el valor máximo permitido por

la normativa aplicable a C?


Podemos hallar los mg en el vertido, y los mg en el rio, antes de la incorporación, y

después de la incorporación se calcula la concentración que se comparará con los

límites de la normativa aplicable.

Resolución:

a. Podría descargar la industria sus residuos sin tratamiento conociendo que la

normativa aplicable para C es de 100 mg/l en el rio.

mg del contaminante C del vertido

sCmg

l

Cmg

m

l

s

m/10*30

3000*

1

10*

1,0 4

3

33

mg del contaminante C del rio

sCmg

l

Cmg

m

l

s

m/10*20

20*

1

10*

10 4

3

33

mg del contaminante C después del vertido

s

C

s

Cmg

s

Cmg 444 10*5010*2010*30


13

Concentración del contaminante C después del vertido

Caudal:

s

m

s

m

s

m 333 1,10101,0

lCmg

l

m

m

s

s

Cmg/50,49

10

1*

1,10*

10*503

3

3

4

lCmgC /50,49

La industria puede descargar los residuos sin tratamiento ya que la concentración del

residuo sería inferior al límite fijado por la normativa.

b. Nos dicen que lCmgC /100

En este caso la cantidad de C en el rio es:

sCmg

s

m

m

l

l

Cmg/10*101

1,10*

10*

100 43

3

3

mg de C máxima en el residuo del vertido

s

C

s

Cmg

s

CXmg 44 10*10110*20

Despejando X:

CmgCmgCmgX 444 10*8110*2010*101

Concentración de C en el vertido

lCmgl

m

m

s

s

CmgC /8100

10*

1,0*

10*813

3

3

4

lCmgC /8100


14

SEGUNDA SEMANA

FEBRERO CURSO 2013-2014


15


16

PREGUNTAS

1. En un determinado experimento se llena un globo exactamente con 10 g de

nitrógeno y 2 g de oxigeno. La presión en el recinto de llenado es de 1 atm y 25 ºC

de temperatura. ¿Cuál es el volumen del globo)

Datos:

Masas atómicas de N y O: 14 y 16 g/at.g respectivamente.

1atm: 101,3 kPa


Se trata de calcular el volumen que ocupa una mezcla gaseosa a una determinada presión y temperatura. Para ello se puede partir de la ecuación de estado de los gases

ideales:

nRTPV

Despejando el volumen tendremos:

P

RTnV

Como además el número de moles es igual a la suma de los moles de cada

componente:

molesmolg

NgnN 3571,0

/14

.10 2

2

molOmolNmolnT 4196,0.0625,.3571,0 22

molesmolg

OgnO 0625,0

/32

.2 2

2

Resolución:

Volumen del globo:

l

atm

KmolKlatmmol

P

RTnV T 25,10

1

25273*/.082,0*4196,0*

lVglobo 25,10


17

2. Una muestra de 25 ml de un agua residual se lleva a una botella estándar de 300 ml que se enrasa con agua destilada y se somete al ensayo de incubación durante

cinco días para determinar su DBO. La concentración del oxígeno disuelto antes y

después del ensayo resulta ser de 8 y 2 mg O2/l respectivamente.

Calcular el valor del parámetro DBO5 en ppm de agua analizada.


Puesto que la DBO5 es la diferencia entre la concentración inicial y final de

oxígeno disuelto, por el número de veces que se diluye, y que viene expresada por:

residualagual

mgODBO

2

5

La disminución de oxígeno podemos calcularla como:

Disminución de O2 disuelto lagua

incubaciónfinalmgO

lagua

incubacióniniciomgO ).().( 22

En este tipo de problemas, debemos identificar bien tres conceptos:

- Volumen de la muestra, cantidad que cogemos o nos dan para analizar.

- Volumen de la disolución, cantidad total donde se incuba la muestra.

- Disminución de la BDO5, DBO5 inicial menos DBO5 final.

El resultado buscado, será producto de la disminución de la DBO5 por el número de

veces que la muestra se diluye; es decir:

DBO5

Vmuestra

nVdisolució

lagua

incubaciónfinalmgO

lagua

incubacióniniciomgO*

).().( 22


18

Resolución:

residualaguamlVresidual .25

diluciónaguamlVdilución .300

Teniendo en cuenta los datos:

laguamgOppmOCinicial 1/88 22

laguamgOppmOC final 1/22 22

Según el análisis del problema tendremos:

Aumento de O2 disuelto lagua

mgO

lagua

mgO

lagua

mgO 222 628

diluciónlagua

Omg

residuallagua

residualmlagua

residualmlagua

diluciónlagua

diluciónlagua

mgODBO 2

3

25

72

1

10*

25

3,0*

6

22

5 7272

ppmOresiduallagua

mgODBO

Según el equipo docente:

DBO = lOmgml

mlucióndeOdis

muestra

enrrasadaagua/.726*1228

25

300min*

.22


19

3. Explique el ciclo típico de un contaminante atmosférico y represéntelo gráficamente.

Respuesta:


20

4. Vertederos sanitariamente controlados: Definición. Tipos. Procesos que ocurren en los mismos. Factores a considerar para elegir su ubicación.

Respuesta:

Un vertedero se considera sanitariamente controlado cuando se toman todas las

medidas necesarias para evitar que resulte nocivo, molesto o cause deterioro al medio

ambiente.

Cuando se selecciona un lugar para vertedero sanitariamente controlado deben tenerse

en cuenta los siguientes aspectos:

Drenaje del terreno, dirección del viento, distancia a la zona de recogida, tamaño del

vertedero, producción de lixiviados, formación de gases, ruidos, olores, contaminación del aire, incendios, ratas, moscas, mosquitos, pájaros, rotura del paisaje y utilización

final de los terrenos del vertedero una vez clausurado.

Los vertederos sanitariamente controlados, una vez agotada su capacidad de recepción

de residuos deber ser clausurados y proceder a su sellado que tiene por objeto preparar

el área para los posteriores trabajos de recuperación del paisaje.

La recuperación de los terrenos destinados a vertederos se deber considera ya en el

proyecto de construcción. Teniendo en cuenta la localización más corriente de este

tipo de vertederos, en la mayoría de los casos la recuperación de los terrenos suele

consistir en la repoblación forestal u ornamental, o bien la dedicación a parque

público, campos de deporte, etc.


21

PROBLEMA

1. En un recipiente adecuado se introducen en condiciones normales y se hacen

estallar 400 cm³ de una mezcla de hidrógeno, monóxido de carbono y oxígeno. Al

volver a las condiciones iniciales, los gases de reacción ocupan 190 cm³. Después

se hacen pasar dichos gases por una disolución de KOH quedando un volumen de

70 cm³ de oxígeno, ya que el dióxido de carbono es retenido en la disolución.

a. ¿Cuál es la composición de la mezcla inicial?

b. Una cantidad de monóxido de carbono igual a la que existe en la mezcla inicial

se lleva a una habitación de 20 m³. ¿Cuál será la concentración de monóxido de

carbono en la habitación expresada en ppm sabiendo que la habitación está en

condiciones normales?.

Datos:

Masas atómicas de C, H y O: 12, 1, 16 g/at.g respectivamente.


Nos dicen que tenemos 400 cm³ de H2; CO y O2

La reacción que tiene lugar es:

gglgggOCOOHOCOH 22222

Llamando (y) al volumen de O2 resultante y ajustando la reacción tendremos:

gglgggyOCOOHOyCOH 22222 1

En condiciones normales el agua será liquida y no estará como gas a la salida, por lo

que los únicos gases de reacción son el CO y el O2.

Por otra parte nos dicen que:

3190. cmsalidagasesV

Gases a la salida

3

2 70. cmsalidaOV


22

El volumen de CO2 será el volumen total menos el volumen de O2

333

. 120701902

cmcmcmV salidaCO

3

. 1202

cmV salidaCO

En la salida no encontramos CO, por lo tanto el volumen de CO inicial, suponiendo

que la conversión ha sido del 100%, al ser la reacción mol a mol, tendremos:

COcm

l

cm

COmol

COmol

COmol

COmol

l

COmol

cm

lCOcm 3

33

2

2

332

3 12010

*1

4,22*

1

1*

4,22

1*

10

1*120

3120cmV COinicial

Como el O2 inicial reacciona por una parte con el H2 y por otra con el CO, las

reacciones del O2 con estos serán:

Con el H2:

liquidogasgas OHOH 222 2/1

1/2 mol de O2 reaccionan con 1 mol de H2, por lo que el volumen de O2 que reacciona

es 1/2 del volumen de H2:

inicialHHO VV222 2

1

Con el CO:

gasgasgas COOCO 222/1

1/2 mol de O2 reaccionan con 1 mol de CO, por lo que el volumen de O2 que reacciona

es 1/2 del volumen de CO:

inicialCOCOO VV2

12


23

Resolución:

a) Composición de la mezcla inicial.

Planteando un balance de volúmenes tendremos:

3400cmV inicialT

inicialOinicialCOinicialHinicialT VVVV22

3120cmV inicialCO

SalidaOinicialCOinicialHinicialO VVVV222 2

1

2

1

Por lo tanto:

3333 7060

2

1120400

22cmcmVcmVcm HinicialH

333 150250400

2

32

cmcmcmV inicialH

3100

2cmV inicialH

Para el O2, tendremos:

3333 18070120*

2

1100*

2

1

2

1

2

1222

cmcmcmcmVVVV SalidaOinicialCOinicialHinicialO

3180

2cmV inicialO

Por lo que inicialmente tendremos:

3120cmV inicialCO => 25% H2

3100

2cmV inicialH => 30% CO

3180

2cmV inicialO => 45% O2


24

b) Concentración de monóxido de carbono en la habitación expresada en ppm

En volumen, una concentración en ppm es igual que decir en cm³/m³.

Volumen de CO:

3120cmV inicialCO

Volumen de la habitación:

320mVHabitación

Concentración de CO:

ppmm

cm

m

cmCO 66

20

1203

3

3

3

ppmCO 6


25

ORIGINAL

SEPTIEMBRE CURSO 2013-2014


26


27

PREGUNTAS

1. La concentración media del plomo en una determinada ciudad española es de 0,5

µg/m³. Conociendo que un adulto respira 8.500 l de aire al día y que el 50% de las

partículas son de tamaño menor que 1 µm y se retienen por tanto en los pulmones.

¿Cuánto plomo se retiene al día sabiendo que el 75 % de las partículas que

contienen plomo son de tamaño inferior a 1 µm?

Análisis de problema: Primero podemos calcular la cantidad de plomo que hay en los 8.500 l de aire que respira al día Nos dice que la concentración es de 0,5 µg/m³, calculamos los g que hay en 8.500 l Después podemos calcular la cantidad de partículas que son menores de 1 µm: Nos dicen que el 50% de las partículas son menores de 1 µm: Finalmente calcularemos la cantidad de plomo que se retiene en los pulmones: Nos dicen que el 75% de las partículas menores de 1 µm se retienen en los pulmones: Resolución: Si la concentración es de 0,5µg/m³, los g que hay en 8.500 l será:

glm

g

25,410*8500*5,0 3

3

Si el 50% de las partículas son menores de 1 µm, tendremos:

Si el 75% de las partículas menores de 1 µm se retienen en los pulmones, entonces:

gg 125,2100

50*25,4

gg 59,1100

75*125,2


28

2. Explique la variación de la densidad del agua con la temperatura.

Respuesta:

Debido a los enlaces por puentes de hidrógeno que hacen que la estructura del hielo

sea una red abierta el hielo es menos denso que el agua, cuando el hielo funde

solamente se rompen el 28 % de los enlaces de hidrógeno del hielo, por lo tanto el

agua no está formada por moléculas aisladas de H2O sino que hay regiones o racimos

de moléculas enlazadas por hidrógenos que conforme se eleva la temperatura se van

descomponiendo y el volumen continua disminuyendo. Por ello el agua líquida tiene

un volumen molar mínimo, o una densidad máxima, a 4 grados centígrados. Los

enlaces se rompen lentamente al suministrar calor y elevarse la temperatura y con ello

va variando la densidad del agua.


29

3. Fermentación de la fracción orgánica de los RSU: Factores a considerar.

Respuesta:

En el proceso de fermentación de la fracción orgánica de los RSU es conveniente

controlar los siguientes factores: cantidad de aire (O2), humedad, temperatura, pH,

contenido en nutrientes y tamaño de grano. Los factores que determinan el proceso

son:

• Aireación. La aireación es particularmente importante por ser el factor que va a

determinar que la fermentación sea aerobia. La concentración mínima de

oxígeno debe ser del orden del 18% en volumen. En la práctica siempre se

generan zonas de fermentación anaerobia, que dan lugar a la aparición de

olores. La aireación se consigue mediante el volteo de la masa a fermentar o por

medio de sistemas mecánicos de ventilación.

• Temperatura. El proceso global se realiza en dos fases una primera fase

termófila, que es la más importante, donde la temperatura puede llegar hasta los

60 ºC, si bien debe controlarse entre los 30- o 35 C, donde actividad de los

microorganismos que intervienen en el proceso es máxima, y una segunda fase

mesófila (maduración) a una temperatura inferior a los 30 ºC.

• Humedad. La humedad mínima del residuo debe ser del 40%, no obstante

contenidos en agua altos dificultan el intercambio de oxígeno, facilitando la

degradación anaerobia y produciendo olores desagradables debidos a

producción de una gran variedad de compuestos orgánicos.

• pH. El intervalo óptimo de pH es de 5,5 a 8. Los microorganismos bacterianos

prefieren pH neutros en tanto que los hongos ligeramente ácidos.

• Relación C/N. La relación carbono/nitrógeno (C/N) óptima debe ser de 25,

valores más altos se traducen un una disminución de la velocidad de

degradación, en tanto que valores más bajos originan pérdidas significativas de

N. Los valores de la relación C/N de los RSU suelen estar comprendidos entre

26 y 45, por ello es conveniente añadir lodos de depuradoras de aguas

residuales, que presentan unos valores de C/N comprendidos entre 7 y 12 para

alcanzar relación optima.

• Tamaño del grano. La degradación es tanto más rápida cuanto menor es el

tamaño de grano.

Otros métodos de gestión de la fracción orgánica de los RSU es la hidrólisis ácida,

mediante la cual la celulosa de la fracción orgánica pro- duce finalmente gas metano.

Existen además divesos procesos químicos que conducen finalmente a etanol. Por último, los procesos biológicos anaerobios, a los que ya nos hemos referido en el caso

de los vertederos, permiten la obtención de biogás.


30

4. Radiaciones ionizantes. Características, Radiaciones ionizantes

corpusculares.

Respuesta:

Las radiaciones ionizantes son aquellas que tienen una energía suficiente para arrancar

electrones cuando interaccionan con átomos o moléculas de la materia.

Las características más importantes son dos:

• Capacidad de ionización, directamente proporcional a su energía.

• Capacidad de penetración, inversamente proporcional al tamaño de la partícula.

Las radiaciones corpusculares ionizantes se clasifican en los siguientes tipos.

• Radiaciones alfa: formadas por núcleos de helio. Presentan elevada ionización,

pero baja penetración.

• Radiaciones beta: formadas por electrones (e-). Ionización más baja que las

alfa, pero penetración más elevada.

• Radiaciones neutrónicas: formadas por neutrones, partículas sin carga y de

masa similar a la del protón. Baja ionización, alta penetración.

• Otros tipos: protones, positrones, núcleos ligeros…..


31

PROBLEMA (5 PUNTOS)

1. En la etiqueta de una botella de agua mineral aparecen los siguientes datos de su

análisis:

;/65,0 lmgNa ;/4,0 lmgK ;/352 lmgCa ;/192 lmgMg

;/1893 lmgHCO ;/8,0 lmgCl ;/3,142

4 lmgSO .3,7pH

a. ¿Cuál es la dureza total de dicho agua?

b. Hasta un 5% de diferencia en el balance de aniones y cationes se considera

aceptable. ¿Puede el análisis considerarse completo?

Datos:

Pesos atómicos de H, C, O, Cl; K, Na, Ca y Mg: 1; 12; 16; 32; 35; 39; 23; 40 y 24

g/at.g respectivamente.


La dureza del agua se expresa como los mg de CaCO3 por litro de H2O o como ppm de

CaCO3.

32

2

2

2

* CaCOPMMgPM

Mg

CaPM

Ca

2Ca Concentración de calcio.

2Mg Concentración de Magnesio.

Donde: 2CaPM Peso Molecular del Calcio.

2MgPM Peso Molecular del Magnesio.

3CaCOPM Peso Molecular carbonato cálcico.

Nos dicen:

lmgCa /352

lmgMg /192

molgCaPM /402

molgMgPM /242

Por otra parte el peso molecular del carbonato cálcico es:

molgCaCOPM /10016*312403


32

Resolución:

a. Dureza total de dicho agua.

Sustituyendo valores en la expresión dada en el análisis del problema, tendremos:

agual

mgCaCOmolg

molg

lmg

molg

lmg

.67,166/100*

/24

/19

/40

/35 3

Por lo tanto la dureza total de esta agua es:

OHlCaCOmgOHD 232 /67,166

b. Puede el análisis considerarse completo, si hasta un 5% de diferencia en el

balance de aniones y cationes se considera aceptable.

Transformamos las concentraciones de aniones y cationes (mg/l) que nos dan en

miliequivalentes / l:

Na 028,0/23

/65,0*1

molg

lmg

3HCO 098,3/61

/189*1

molg

lmg

K 010,0/39

/4,0*1

molg

lmg 2

4SO 297,0/96

/3,14*2

molg

lmg

2Ca 750,1/40

/35*2

molg

lmg Cl 023,0

/5,35

/8,0*1

molg

lmg

2Mg 583,1/24

/19*2

molg

lmg

Total Cationes = lmeq /371,3 Total Aniones = lmeq /418,3

La diferencia entre miliequivalentes de cationes y aniones es:

047,0371,3418,3

El porcentaje máximo de error sería de:

%39,1100*371,3

047,0% Error

Que es un error menor que el admitido (5%), por tanto el análisis puede considerarse

correcto.


33

RESERVA

SEPTIEMBRE CURSO 2013-2014


34


35

PREGUNTAS

1. Razone si es cierta o no la siguiente proposición:

Cuanto mayor es la concentración de oxígeno en un agua, mayor es el valor de su

DBO y de su contenido en materia orgánica (Se suponen condiciones de muestreo

iguales.)


36

2. Smog fotoquímico y smog sulfuroso: Diferencias

Respuesta:

Tipos de smog

Los dos tipos más importantes de smog son el smog sulfuroso o smog ácido,

denominado también smog de Londres y el smog fotoquímico o smog de Los Ángeles.

Los componentes principales del smog sulfuroso son: humos, niebla, dióxido de

azufre y ácido sulfúrico. Los factores desencadenantes son de una parte

concentraciones elevadas de S02 y de materia particulada, procedentes de vehículos

diesel, calefacciones e instalaciones industriales, y por otra, una inversión térmica

persistente en la atmósfera. Su carácter ácido procede no sólo del S0 2 sino también y fundamentalmente de sus productos de oxidación.

El Smog Fotoquímico tiene su origen en reacciones fotoquímicas complejas inducidas

por los óxidos de nitrógeno y para las que son necesarios hidrocarburos procedentes

principalmente de los motores de combustión interna, así como una buena

luminosidad. Los efectos del smog, como en el caso anterior, se acentúan

notablemente en condiciones de inversión térmica. Como consecuencia de dichas

reacciones, se origina una serie de contaminantes secundarios de elevada toxicidad

(ozono, aldehídos, peroxiácidos, etc.)


37

3. Separaciones binarias aplicadas al proceso de clasificación de los RSU.

Respuesta:

El proceso de clasificación de RSU implica normalmente separaciones binarias.

Una separación binaria es la que se realiza cuando tratamos de separar un material “x”

en una mezcla “xy”.

Un esquema simplificado de cómo se lleva a cabo el proceso se muestra en la figura

siguiente:

Se parte de una composición inicial xoyo, y como la separación no es perfecta,

obtendremos:

• Por una parte el producto o extracto, compuesto por casi todo el componente xo

inicial más una pequeña cantidad de yo, de composición x1y1

• Por otra parte el rechazo, compuesto por casi todo el componente yo inicial más

una pequeña cantidad de xo, de composición x2y2.

La recuperación de x podría expresarse como:

100*/ 01 xxXR

Siendo R(x) el porcentaje de recuperación, x1 la cantidad de x en el producto o

extracto, y x0 la cantidad del componente antes de la separación.

Otros términos que se utilizan par expresar la recuperación de un material son las

purezas del extracto definida como:

100*/ 111 yxxPx

Y la eficiencia del proceso que viene expresada por la ecuación:

100*/*/ 0201, yyxxE yx


38

4. 200 m³ de lodos de depuradora con un contenido en sólidos del 4% siendo el resto agua, se deseca parcialmente hasta duplicar su contenido en sólidos. ¿Cuánto

habrá disminuido el volumen de la muestra de partida? Se considera que en ambos

casos la densidad es próxima a la del agua.

Solución:

La composición de partida de los lodos es 4% de sólidos y 96% de agua.

La composición final de lodos será del 8% y 92% de agua.

Si consideramos que la densidad es próxima a la del agua, podemos relacionar

peso y volumen así:

,1

2

2

1

P

P

V

V Luego:

04,0

08,0200

2

V

=> 3

2 100mV

Puede apreciarse la reducción tan importante en el volumen de lodos a manipular,

como consecuencia de la parcial desecación de los mismos.


39

PROBLEMA

1. Un papel de periódico tiene la siguiente composición: 43 % de C; 6 % de H; 44 %

de O y 7 % de inertes. Calcular:

a. Los litros de oxigeno requeridos para quemar 1 kg de dicho papel, suponiendo

que los productos de combustión son solamente anhídrido carbónico y agua.

b. ¿Cuántos litros de un agua residual que pue de considerarse una solución 0,01 M

en glucosa (C6H12O6) se podrían oxidar totalmente con el oxigeno del apartado

a?

Datos:

Pesos atómicos de H, C y O: 1; 12; y 16 g/at.g respectivamente.

En la primera pregunta se suponen todos los datos a 20 ºC y presión de 101,3 kPa

(1atm)


Tendríamos dos opciones para resolver este problema:

Opción a.

Hallar la formula empírica del reactivo, plantear la reacción que tendría lugar:

OHCOOOHC cba 222

Ajustar dicha reacción y hallar la cantidad de oxígeno necesaria.

Opción b.

Puesto que conocemos las cantidades de cada compuesto que queremos quemar:

Cgpapelg

Cgpapelg .430

.100

.43*.1000

Hgpapelg

Hgpapelg .60

.100

.6*.1000

Ogpapelg

Ogpapelg .440

.100

.44*.1000


40

Las reacciones de combustión de cada componente son:

22 COOC

OHOH 222/12

Por la estequiometria de las reacciones, podemos calcular el oxigeno necesario teniendo en cuenta que el papel ya contiene oxígeno que habría que descontar al

consumido para quemar el C, y el H:

2

2

22

22 .105,37.32

.1.440

.2

.5,0*

.1

.1.60

.1

.1*

.12

.1.430 Omol

Og

OmolOg

Hmol

Omol

Hg

HmolHg

Cmol

Omol

Cg

CmolCg

Según las condiciones que nos dan, aplicando la ecuación de estado de los gases

ideales, el volumen de un mol de O2 será:

mol

l

atm

K

Kmol

latm

P

RT

n

VnRTPV 026,24

1

293*

.

.082,0

Resolución:

a. Litros de oxigeno requeridos para quemar 1 kg de dicho papel, suponiendo que los

productos de combustión son solamente anhídrido carbónico y agua

Sustituyendo el valor del volumen de un mol de O2 (para las condiciones dadas):

2

2

22 .48,891

.1

026,24*.105,37 Ol

Omol

lOOmol

Oxigeno necesario 2.5,891 Ol


41

b. Litros de un agua residual, 0,01 M en glucosa (C6H12O6) se podrían oxidar totalmente con el oxigeno del apartado a.

La reacción correspondiente es:

OHCOOOHC 2226126 *


OHCOOOHC 2226126 666*

Operando de forma análoga al apartado a. el resultado vendría dado por:

residualagualZOHCmol

residualagual

Omol

OHCmolOmolY .

.01,0

.*

.6

.1*.

61262

61262

Los moles de O2, los tenemos calculados en el punto anterior:

residualagual

OHCmol

residualagual

Omol

OHCmolOmol .416,618

.01,0

.*

.6

.1*.105,37

61262

61262

Celulosa que se podría oxidar residualagual.4,618


42

Calculando la formula empírica:

OHCOOOHC cba 222*

16,51

12*

100

43

molC

gC

C

C

06,01

1*

100

6

molH

gH

H

H

08,141

32*

100

44

2

2

2

2 molO

gO

O

O

20616*61*1412*86148 OHC

OHCOOOHC 2226148


OHCOOOHC 2226148 782/11

2

2

2

3

2

22 368.85410

*1

32*

1

5,5*

206

1*

1 mgO

gO

mgO

molO

gO

molCHO

molO

gCHO

molCHOkgCHO

Documents

Problemas de los Examenes del Curso 2.013-2.014.pdf