problemas de los examenes del curso 2.013-2.014.pdf
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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
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
3
PRIMERA SEMANA
FEBRERO CURSO 2013-2014
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
4
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
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.
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
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.
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
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?
Análisis del problema:
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
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
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
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
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.
Análisis del problema:
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
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
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
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
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.
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
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?
Análisis del problema:
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
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
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
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
14
SEGUNDA SEMANA
FEBRERO CURSO 2013-2014
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
15
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
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
Análisis del problema:
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
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
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.
Análisis del problema:
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
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
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
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
19
3. Explique el ciclo típico de un contaminante atmosférico y represéntelo gráficamente.
Respuesta:
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
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.
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
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.
Análisis del problema:
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
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
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
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
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
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
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
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
25
ORIGINAL
SEPTIEMBRE CURSO 2013-2014
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
26
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
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
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
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.
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
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.
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
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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…..
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
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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.
Análisis del problema:
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
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
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.
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
33
RESERVA
SEPTIEMBRE CURSO 2013-2014
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
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PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
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.)
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
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.)
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
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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
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
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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.
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
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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)
Análisis del problema:
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
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
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
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
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 *
Ajustando la reacción:
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
PROBLEMAS DE LOS EXÁMENES DEL CURSO 2013-2014
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
Ajustando la reacción:
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
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