50379032 calculos-ppm (2)

GERÊNCIA EDUCACIONAL DOS RECURSOS NATURAIS
ÁREA DE MEIO AMBIENTE
CURSO DE TECNOLOGIA EM GESTÃO AMBIENTAL
NOTAS DE AULA DE
POLUIÇÃO DAS ÁGUAS:
CÁLCULOS APLICADOS AO SANEAMENTO AMBIENTAL
PROFESSOR: ANDRÉ CALADO
Natal – 2007.2

Capítulo 6
1. Unidades de concentração
A concentração química é uma das mais importantes determinações em quase os aspectos de
degradação, transporte e tratamento, em sistemas ambientais e na engenharia. A concentração
é a força motora que controla o movimento químico dentro e entre diferentes ambientes, bem
como as taxas com que as reações ocorrem. Também, a severidade de efeitos adversos, tais
como a toxicidade e bioconcentração, são freqüentemente controladas pela concentração.
Concentrações químicas podem ser expressas por uma variedade de unidades, sendo a sua
escolha definida pela localização (amostras de ar, água, solo/sedimento, etc.), e como a
medida será utilizada. Os prefixos mais importantes a saber incluem pico (p, 10-12
), nano (n,
10-9
), micro (µ, 10-6
), mili (m, 10-3
), e kilo (k, 103
).
1.1. Unidades de concentração de massa
1.1.1. Unidades de massa/massa
Concentrações massa/massa são comumente referidas como partes por milhão (ppm), partes
por bilhão (ppb), etc. Por exemplo, 1 mg de um soluto colocado em 1 kg de solvente resulta
numa concentração de 1 ppmm. Partes por milhão em massa (ppm ou ppmm) é definido como
o número de unidades de massa do produto químico por um milhão de unidades de massa
total.
totalmassadegporelementodomassadegppmm
6
10= (eq. 1)
6
10×=
total
i
m
m
m
ppm (eq. 2)
O fator 106
na equação 2 é o fator de conversão. Ele tem a unidade de ppmm/fração de massa
(fração de massa = mi/mtotal) conforme apresentado na equação 3.
massadefração
ppm
m
m
ppm m
total
i
m
6
10×= (eq. 3)
Exemplo 6.1: Concentração em solo
Uma amostra de 1 kg de solo é analisada para a determinação de tricloroetileno (TCE). O
resultado apontou para uma concentração de 5,0 mg de TCE. Qual a concentração de TCE em
ppmm e ppbm.
Solução:
mm ppbppm
solog
TCEg
solog
TCEg
solokg
TCEmg
TCE 000.5510
105
1000
005,0
1
5 6
6
==×
×
===
−

1.1.2. Unidades de massa/volume: mg/L e µg/m3
Na atmosfera é comum o uso de concentrações em unidades de massa/volume de ar tais como
mg/L, mg/m3
e µg/m3
. Em água, são mais comuns as unidades mg/L e µg/L. Para a maioria
dos sistemas aquosos, ppmm é equivalente a mg/L, visto que a densidade da água pura é
aproximadamente 1.000 g/L. Além disso, esta afirmação só é válida para soluções diluídas,
onde o material dissolvido não contribui significativamente para a massa de água, e a
densidade permanece aproximadamente 1.000 g/L.
Exemplo 6.2: Concentração em água.
Em um litro de água foi encontrado 5,0 mg de TCE. Qual a concentração de TCE em mg/L e
ppmm?
Solução:
Lmg
OHL
TCEmg
TCE /0,5
1
5
2
==
Para converter o resultado em ppmm é necessário transformar o volume de água em massa de
água dividindo o resultado pela sua densidade, aproximadamente 1000 g/L.
m
m
ppm
massadefração
ppm
totalg
gTCE
totalg
TCEmg
OHLg
OHL
OHL
TCEmg
TCE 0,5
10100,5
1000
0,5
/1000
1
1
5 66
2
2
2
=×
×
==×=
−
Exemplo 6.3: Concentração no ar.
Qual a concentração de monóxido de carbono (CO) expressa em µg/m3
em uma mistura de 10
litros de gás que contém 10-6
moles de CO?
Solução:
33
3666
28001010
10
102828
10
100,1
m
g
m
L
g
g
totalL
COg
COmol
COg
totalL
molCO
CO
µµ
=××
×
=×
×
=
−−
1.2. Unidades volume/volume e mol/mol
Unidades em fração de volume ou fração de mol são muito utilizadas para concentrações de
gás. A unidade de fração de volume mais utilizada é ppmv (partes por milhão em volume)
sendo definida como:
6
10×=
total
i
V
V
ppmv
1.2.1. Conversão de ppmv para µg/L
A Lei Ideal dos Gases pode ser utilizada para converter concentrações massa/volume para
volume/volume. A Lei segue a fórmula a seguir:
nRTPV =
Onde R, a constante universal dos gases, pode ser expressa de diversas formas. Entre as mais
comuns temos: 0,08205 L-atm/mol-K; 8,205 x 10-5
m3
-atm/mol-K; 82,05 cm3
-atm/mol-K.

A Lei Ideal dos Gases afirma que o volume ocupado por um dado número de moléculas de
um gás é o mesmo, qualquer que seja o seu peso molecular ou composição, desde que a
pressão e a temperatura sejam mantidas constantes. Em condições padrões (P = 1 atm, T =
273,15 K), um mol de qualquer gás puro ocupa 22,4 L.
Exemplo 6.4: Concentração de gás em fração de volume.
Uma mistura de gás contém 0,001 mol de dióxido de enxofre (SO2) e 0,999 mol de ar. Qual a
concentração de SO2 expressa em ppmv?
Solução:
6
102
×=
total
SO
V
V
ppmv
Deve-se converter o número de moles de SO2, e o total para volume usando a Lei dos Gases
Ideais:
P
RT
SOmolVSO ×= 2001,02
P
RT
Totalmol
P
RT
TotalmolVTotal ×=×+= 1001,0999,0(
Substituindo os termos em ppmv obtemos:
vppm
P
RT
Totalmol
P
RT
SOmol
100010
1
001,0
6
2
=×
×
×
=
Exemplo 6.5: Conversão de concentrações gasosas entre ppb e µg/m3
.
A concentração de 100 ppbv de SO2 foi determinada em uma amostra. Qual a concentração
em µg/m3
? Considere a temperatura de 28o
C e pressão de 1 atm.
Solução:
Deve-se usar a Lei Ideal dos Gases para converter volume de SO2 para moles de SO2,
resultando em moles/L. Esse resultado pode ser convertido para µg/m3
utilizando o peso
molecular do SO2 (64 g).
ardesoluçãom
SOm
ppbv 39
2
3
10
100
100 =
Em seguida converte-se o volume de SO2 em unidades de massa em duas etapas. Primeiro
deve-se converter o volume para número de moles na temperatura e pressão adotadas:
RT
P
ardesoluçãom
SOm
×39
2
3
10
100

( )
arm
SOmoles
K
molK
atmm
atm
ardesoluçãom
SOm
3
2
6
3
5
39
2
3
1005,4
2815,27310205,8
1
10
100 −
−
×
=
+×⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
×
×
No segundo passo o número de moles de SO2 deve ser convertido para massa de SO2
utilizando o peso molecular do SO2:
3
6
2
2
3
2
6
26010641005,4
m
g
g
g
SOmol
SOg
arm
SOmoles µµ
=××
× −
OBS: Com base no exemplo acima podemos utilizar a fórmula a seguir para converter
unidades de µg/m3
em ppmv:
RT
P
Pppm
m
g
Mv
1000
3
××=
µ
Onde PM é o peso molecular, R = 0,08205 L-atm/mol-K, T = temperatura em graus Kelvin e
1000 é o fator de conversão (1000 L/m3
).
1.2.2. Unidades mol/volume
Unidades de moles por litro (molaridade, M) são freqüentemente utilizadas para quantificar
concentrações de compostos dissolvidos em água. Molaridade é definida como o número de
moles de um composto por litro de solução. Ou seja, uma solução a 10-4
M de cobre contém
10-4
moles de cobre por litro da solução.
Exemplo 6.6: Concentração como molaridade.
Converta a concentração de TCE (5 ppmm = 5,0 mg/L) para a unidade de molaridade. O peso
molecular do TCE é 131,5 g/mol.
Solução:
Mou
L
moles
g
mol
g
g
L
TCEmg
TCE
5
108,3
5,131
1
1000
15 −
×
=××=
µ
Exemplo 6.7: Concentração como molaridade.
A concentração de um herbicida (alachlor) em um rio variou entre 0,04 a 0,1 µg/L. Qual a
sua faixa de concentração em nmoles/L? O peso molecular do herbicida é 270g.
Solução:
Para o valor inferior teremos:
L
nmol
mol
nmol
g
g
g
moles
L
g 15,01010
270
04,0 96
=×××
−
µ
µ
Similarmente para o limite superior encontraremos o valor de 0,37 nmol/L.

1.3. Outras unidades
1.3.1. Normalidade
A normalidade (equivalente/L) é muito utilizada na definição química da água,
particularmente em reações acido/base e oxidação/redução. Também é utilizada para a
determinação da acuracidade das análises de águas e nos cálculos das dosagens de produtos
químicos utilizados nos processos de tratamento de água e esgotos.
Em reações ácido/base o número de equivalentes por mol de ácido é igual ao número de
moles de H+
que o ácido pode potencialmente doar. Por exemplo, HCl tem 1 equivalente/mol,
H2SO4 tem 2 equivalentes/mol, e H3PO4 tem 3 equivalentes/mol. Da mesma forma, o número
de equivalentes por mol de uma base é igual ao número de moles de H+
que pode reagir com
um mol da base. Então, NaOH tem 1 equivalente/mol, CaCO3 tem 2 equivalentes/mol, e
PO4
-3
tem 3 equivalentes/mol.
Em reações de oxidação/redução o número de equivalentes está relacionado com quantos
elétrons são doados para o aceptor. Por exemplo, o número de equivalentes do Na+
é 1
porque: Na → Na+
+ e-
. De forma análoga o número de equivalentes do Ca2+
é 2 porque: Ca
→ Ca2+
+ 2e-
.
Exemplo 6.8: Cálculo do peso equivalente
Qual o peso equivalente do HCl, H2SO4, NaOH, CaCO3 e CO2 aquoso?
Solução:
O peso equivalente é determinado através da divisão do peso molecular pelo número de
equivalentes.
eqv
g
mol
eqv
mol
g
HCl
5,3615,351
=÷
+
=
eqv
g
mol
eqv
mol
gxx
SOH
492)164(32)12(
42 =÷
++
=
eqv
g
mol
eqv
mol
g
NaOH
40111623
=÷
++
=
eqv
g
mol
eqv
mol
gx
CaCO
502)163(1340
3 =÷
++
=
Para determinação do peso equivalente do CO2 aquoso é necessário saber que o dióxido de
carbono não é um ácido até ser hidratado pela água e formar o ácido carbônico (CO2 + H2O
→ H2CO3). Dessa forma, o CO2 aquoso tem dois equivalentes por mol e o seu peso
equivalente é:
eqv
g
mol
eqv
mol
gx
aquosoCO
222)162(12
)(2 =÷
+
=

Exemplo 6.9: Concentração como normalidade.
Qual a normalidade de uma solução de 1 molar de HCl e H2SO4?
Solução:
N
L
eqv
mol
eqv
L
HClmol
HClM 1
111
1 ==×=
N
L
eqv
mol
eqv
L
SOHmol
SOHM 2
221
1 42
42 ==×=
Exemplo 6.10: Uso de equivalentes na determinação da acuracidade de análises de águas.
Toda solução aquosa deve manter carga neutra. Ou seja, a soma de todos os cátion, como
equivalentes, deve igualar a soma de todos os anions. Dessa forma, os resultados das análises
de águas podem ser checados quanto a sua acuracidade. Por exemplo, em uma amostra de
água mineral foram encontrados os seguintes resultados: Ca2+
= 2,9 mg/L; Mg2+
= 2,0 mg/L;
Na+
= 11,5 mg/L; K+
= 3,3 mg/L; SO4
2-
= 4,7 mg/L; Fl-
= 0,09 mg/L; Cl-
= 7,7 mg/L. O
resultado da análise dessa amostra está correto?
Solução:
Primeiro deve-se converter todos os íons para forma equivalente. Esta etapa é realizada
multiplicando a concentração em mg/L por uma unidade de conversão (g/1000 mg) e
dividindo pelo seu peso equivalente (g/equivalente). As concentrações de todos os cátions e
anions são somadas. Soluções com menos de 5% de erro são geralmente consideradas
aceitáveis.
Cátions Anions
L
eqv
g
eqv
mg
g
L
mg
Ca
4
2 1045,1
40
2
1000
9,2 −
+ ×
=××=
L
eqv
g
eqv
mg
g
L
mg
SO
5
2
4
1079,9
96
2
1000
7,4 −
− ×
=××=
L
eqv
g
eqv
mg
g
L
mg
Mg
4
2 1067,1
9,23
2
1000
0,2 −
+ ×
=××=
L
eqv
g
eqv
mg
g
L
mg
Fl
6
1073,4
191000
09,0 −
− ×
=××=
L
eqv
g
eqv
mg
g
L
mg
Na
4
100,5
231000
5,11 −
+ ×
=××=
L
eqv
g
eqv
mg
g
L
mg
Cl
4
1017,2
4,351000
7,7 −
− ×
=××=
L
eqv
g
eqv
mg
g
L
mg
K
5
105,8
391000
3,3 −
+ ×
=××=
O total de cátions é igual a 9,87 x 10-4
eqv/L e o total de ânions é igual a 3,2 x 10-4
eqv/L. O
resultado mostra que existe 3 vezes mais cátions do que ânions na forma de equivalente.
Dessa forma pode-se concluir que: a) uma ou mais concentrações estão incorretas assumindo
que todos os cátions e ânions foram levados em consideração; b) um ou mais importantes
ânions não foram levados em consideração, por exemplo o bicarbonato (HCO3
-
).

1.3.2. Concentração como constituinte comum
As concentrações podem ser referidas na forma de um constituinte comum incluindo
contribuições de um número diferente de compostos químicos. Nitrogênio e fósforo são
exemplos de elementos químicos que tem suas concentrações comumente expressas na forma
de um constituinte comum.
O fósforo em águas naturais e esgotos pode estar presente em muitas formas inorgânicas
chamadas de ortofosfatos (H3PO4, H2PO4
-
, HPO4
2-
, PO4
3-
), polifosfatos (H4P2O7, H3P3O10
2-
),
matafosfatos (HP3O9
2-
) e fosfatos orgânicos. Logo, para se obter a concentração total de
fósforo em uma amostra é necessário converter cada concentração individual para a forma de
mgP/L utilizando o peso molecular de cada espécie individual e o peso molecular do fósforo
(32) e depois somar todas as frações.
Da mesma forma, o nitrogênio pode ser encontrado nas formas de amônia (NH3 e NH4
+
),
nitrato (NO3
-
), nitrito (NO2
-
) e nitrogênio orgânico. Para determinar a concentração de
nitrogênio total é necessário fazer as conversões para a mesma unidade (mg N/L) e somar as
frações.
Exemplo 6.11: Concentração como constituinte comum.
Uma determinada amostra contém duas formas de nitrogênio: 30 mg/L NH3 e 5 mg/L NO3
-
.
Determine a concentração total de nitrogênio na forma de mg N/L.
Solução:
L
NNHmg
Nmol
g
NHmol
Nmol
g
NHmol
L
NHmg −
=××× 3
3
33 7,2414
17
30
L
NNHmg
Nmol
g
NOmol
Nmol
g
NOmol
L
NOmg −
=××× −
−−
3
3
33 1,114
62
5
Nitrogênio total = 24,7 + 1,1 = 25,8 mg N/L
1.4. Transformações de unidades
UNIDADES DE VOLUME
Unidade fornecida (valor da unidade fornecida x fator de conversão para nova unidade)
ml L m3
1 ml 1 10-3
10-6
1 L 103
1 10-3
1 m3
106
103
1
UNIDADES DE COMPRIMENTO
mm cm m km
1 mm 1 10-1
10-3
10-6
1 cm 10 1 10-2
10-5
1 m 103
102
1 10-3
1 km 106
105
103
1

UNIDADES DE MASSA
µg mg g k Ton
1 µg 1 10-3
10-6
10-9
10-12
1 mg 103
1 10-3
10-6
10-9
1 g 106
103
1 10-3
10-6
1 k 109
106
103
1 10-3
1 Ton 1012
109
106
103
1
UNIDADES TEMPO
s min h d ano
1 s 1 1/60 1/3600 1/86400 1/31536000
1 min 60 1 1/60 1/1440 1/525600
1 h 3600 60 1 1/24 1/8760
1 d 86400 1440 24 1 1/365
1 ano 31536000 525600 8760 365 1

Capítulo 7
2. Cálculos aplicados ao saneamento ambiental
2.1. Determinação de cargas poluidoras
A quantificação de cargas poluidoras é de fundamental importância para estimar se um
determinado corpo receptor de efluentes tem capacidade de suportar tal lançamento. As cargas
poluidoras podem ser predominantemente domésticas, industriais, ou uma combinação das
duas. Estimando a carga poluidora e a capacidade de assimilação do corpo receptor é possível
determinar a eficiência mínima que a estação de tratamento de esgotos devará ter para que o
corpo aquático não seja seriamente impactado.
As cargas poluidoras podem ser estimadas com base em cargas percapitas (esgoto doméstico)
ou cargas referentes ao processo produtivo (esgoto industrial). A seguir são apresentadas as
equações comumente utilizadas para tais estimativas:
Esgoto doméstico:
)/(1000
)/()/( 33
kgg
diamQxmgCo
Ca = (Eq. 1)
)/(1000
)./()(
kgg
diahabgCpxhabPop
Ca = (Eq. 2)
Esgoto industrial:
)/()/( unidkgCpuxdiaunidPdCa = (Eq. 3)
Equivalente populacional:
O equivalente populacional é utilizado para determinar a população equivalente de uma
determinada carga industrial. Ou seja, que população produziria a mesma carga poluidora que
uma determinada industria. Pode ser expresso pela expressão a seguir:
)./(arg
)/(arg
)(
diahabkgpercapitaaC
diakgaC
habEP = (Eq. 4)
Onde:
Ca (kg/dia): Carga poluidora (DBO, DQO, N, P, etc)
Co: Concentração (DBO, DQO, N, P, etc)
Q: Vazão do esgoto
Pop: População
Cp: Contribuição per-capita (por habitante)
Pd: Produção da indústria (unidade/dia)
Cpu: Contribuição per-capita (por unidade)

Exercícios:
1) Um esgoto industrial com concentração de 1200 mg/l de cloreto de sódio e vazão de 2000
l/min é lançado em um pequeno rio. Se o rio tem uma concentração de cloreto de sódio de
20 mg/l e vazão de 2 m3
/s, qual a concentração de cloreto de sódio após a mistura?
Considere condições de mistura completa do esgoto com o rio, que o sal é uma substância
conservativa e que o sistema funciona em condições constantes (não há acúmulo de
matéria no sistema).
2) Considere que um parque industrial qualquer produz um volume de 24.400 m3
de esgotos
por cada dia de operação. Se a carga diária de DBO e sólidos suspensos desse esgoto é
21.600 kg e 13.400 kg, respectivamente, determine as concentrações de DBO e sólidos
suspensos nesse esgoto.
3) Os esgoto domésticos de uma determinada cidade tem uma contribuição per-capita média
de 250 l/hab.dia, com DBO de 200 mg/l e sólidos suspensos de 240 mg/l. Estimar a
contribuição per-capita em termos de DBO e sólidos.
4) Uma indústria de latcíneos processa em média 113 toneladas de leite diariamente,
produzindo uma quantidade de efluente de 246 m3
com uma DBO de 1.400 mg/l.
Determine a vazão de esgotos e a DBO gerada por cada 1.000 kg de leite processado, a
população equivalente da descarga industrial e a população hidráulica equivalente
admitindo uma podução per-capita de esgoto de 200 l/hab.dia e uma contribuição per-
capita de DBO de 45 g/hab.dia.
5) Um matadouro sacrifica cerca de 500 toneladas de bovidos por dia. O resíduo líquido do
abate é conduzido para a rede coletora de esgotos com uma vazão de 4.500 m3
/dia e DBO
de 1.300 mg/l. Determine a DBO do efluente por cada 1.000 kg de bovinos abatidos, a
população equivalente e a população hidráulica equivalente admitindo uma podução per-
capita de esgoto de 200 l/hab.dia e uma contribuição per-capita de DBO de 54 g/hab.dia.
6) Os esgotos de 3 indústrias (ver tabela abaixo) são misturados e conduzidos para uma única
estação de tratamento. Quais as concentrações médias de DBO, DQO e sólidos suspensos
afluente a ETE? Qual a população equivalente e hidráulica equivalente considerando uma
podução per-capita de esgoto de 200 l/hab.dia e uma contribuição per-capita de DBO de 45
g/hab.dia?
Indústria Vazão (m3
/dia) DBO (kg/dia) DQO (kg/dia) SS (kg/dia)
Comidas 79 21 33 5
Bebidas 61 29 69 29
Engarrafamento de leite 48 11 20 6

7) As variações de DBO e vazão de um esgoto em função do tempo são apresentadas na
tabela abaixo. Determine a concentração média de DBO desse esgoto.
Tempo (h) DBO (mg/l) Vazão (m3
/s) Tempo DBO (mg/l) Vazão (m3
/s)
0 70 0,40 12 220 0,95
2 70 0,40 14 208 0,58
4 85 0,55 16 160 0,52
6 105 1,20 18 115 0,56
8 178 1,40 20 135 0,70
10 220 1,42 22 135 0,51
8) Uma estação de tratamento de esgotos sanitários é composta por duas séries de lagoas de
estabilização cuja as caracteristicas são apresentadas na tabela abaixo. Com base nessas
características, responda:
a) O tempo de detenção total em cada série de lagoas.
b) A concentração de DBO no efluente final de cada série.
c) A eficiência total de cada estação de tratamento.
d) A carga orgânica volumétrica total (g/m3
.dia) da lagoa anaeróbia e a carga orgânica
superficial total (kg/ha.dia) da lagoa facultativa primária
9) Considerando que os efluentes das duas série do exercício anterior serão lançados em um
ponto comum no rio que apresenta uma vazão mínima no período de estiagem de 1 m3
/s e
DBO de 3mg/l, determine a concentração de DBO no rio após a mistura com o efluente
combinado das ETE´s.
Serie 1 (Vazão = 5000 m3
/d;
DBO = 350 mg/l)
Série 2 (Vazão = 3000 m3
/d;
DBO = 350 mg/l)
Tipo de lagoa Volume (m3
) Eficiência (%) Volume (m3
) Eficiência (%)
Anaeróbia 10.000 60 - -
Facultativa 40.000 40 36.000 70
Maturação 1 15.000 20 9.000 15
Maturação 2 15.000 20 9.000 15
Maturação 3 15.000 15 9.000 15
Maturação 4 - - 9.000 15

10) Uma cidade com população de 25.000 habitantes tem contribuição per-capita DBO e
vazão de esgotos de 50 g/hab.dia e 100 l/hab.dia, respectivamente. Considere que toda a
cidade será saneada através de coleta e tratamento de esgotos, e que o efluente será lançado
em um rio que pela legislação vigente está enquadrado como um rio de classe 2 (DBO ≤ 5
mg/l e coliformes fecais ≤ 1000 CF/100 ml) que apresenta vazão = 1,40 m3
/s, DBO = 2
mg/l e 250 coliformes fecais por 100 ml. Sabendo que a concentração média de coliformes
fecais no esgoto bruto é de aproximadamente 1,01 x 108
CF/100 ml, determine qual a
eficiência mínima que a ETE deve apresentar na remoção de DBO e coliformes para que o
rio continue enquadrado como classe 2.
2.2. Balanço de massa
A massa não pode ser criada ou destruída, mas transformada. Este conceito é fundamental
para a solução de problemas de engenharia ambiental e é denominado de balanço de massa.
Em sistemas ambientais podemos definir que:
Acumulação = Entrada – Saída (Eq. 5)
Onde: Acumulação, Entrada e Saída se referem a quantidade de massa acumulando no
sistema, entrando e saindo, respectivamente.
Para resolução de problemas envolvendo balanço de massa é conveniente fazer um
fluxograma do sistema, indicando todas as entradas e saídas bem como a acumulação. Vale
salientar que todos os dados devem ser convertidos para as mesmas unidades de massa.
Para a maioria dos problemas ambientais o tempo é fundamental para determinar a gravidade
do problema ou determinar a melhor ação corretiva. Nesses casos a equação 1 é modificada
para a seguinte forma:
Taxa de acumulação = taxa de entrada – taxa de saída
Onde: a taxa expressa a dependência do tempo.
Em notação matemática temos:
dt
sd
dt
ed
dt
dM )()(
−= (Eq. 6)
onde, M refere-se a massa acumulada e (e) e (s) referem-se a massa entrando e saindo do
sistema.
A equação acima é aplicada para casos onde não ocorrem reações químicas e biológicas ou
decaimento radioativo das substância envolvidas no balanço, ou seja, para substâncias
conservativas tais como o sal na água ou dióxido de carbono no ar. São exemplos de
substâncias não conservativas a matéria orgânica, e material particulado no ar.
O grau de mistura do sistema também é uma importante consideração a ser feita na aplicação
da equação do balanço de massa. Por exemplo, se colocarmos em uma xícara de café com 200
ml, uma colher de creme (20 ml) e tomarmos um gole, é bem possível que tomemos apenas
café. Por outro lado se após a adição do creme mexermos completamente o conteúdo para
dissolver todo o creme no café, não importa de onde se retire uma amostra, pois todo o seu
conteúdo tem, teoricamente, a mesma composição. Ou seja, quando não ocorre a mistura
completa dos conteúdos o local de onde se retira a amostra afeta o valor de d(s)/dt na equação

enquanto que se a mistura for completa o valor d(s)/dt não é afetado pelo local de retirada da
amostra.
Se o sistema é completamente misturado assume-se que as características do seu efluente são
semelhantes àquelas verificadas no seu interior. Muitas vezes assumimos condições de
mistura completa na solução de problemas de balanço de massa, no entanto, na prática, tais
condições são dificilmente alcançadas.
Quando o sistema é operado de modo que as taxas de entrada e saída são iguais e constantes
(steady state), a taxa de acumulação é zero (dM/dt = 0).
Na maioria dos sistemas ambientais de interesse, várias transformações podem ocorrer:
subprodutos são formados (lodo), ou compostos são destruídos (ozônio). Conforme
mencionado anteriormente, como as reações não ocorrem instantaneamente, o tempo deve ser
levado em consideração e, nesse caso, a equação assume a seguinte forma:
r
dt
sd
dt
ed
dt
dM
±−=
)()(
(Eq. 7)
A taxa de transformação ou taxa de ração (r) é usada para descrever a taxa de formação ou
degradação de uma substância ou espécie química.Para expressar os conceitos práticos do
balanço de massa vamos considerar a figura a seguir:
V, C1
Q1, C1Qo, Co
Figura 1. Condições de contorno para balanço de massa.
Onde:
Q0 = vazão de entrada no reator;
Q1 = vazão de saída do reator;
C0 = concentração de entrada no reator;
C1 = concentração de saída do reator; V = volume do reator
Para resolver o balanço de massa referente a figura acima devemos assumir o seguinte:
a) as vazões de entrada e saída do sistema são as mesmas (Q0);
b) o volume de líquido no reator é constante (V);
c) o líquido dentro do reator está completamente misturado (reator de mistura completa);
d) esta ocorrendo uma reação química dentro do reator.
Adaptando a equação para as movas condições de contorno, temos:

rV
V
QC
V
QC
dt
dM
+−= 1100
(Eq. 8)
onde:dM/dt = taxa de acúmulo da massa do reativo dentro do sistema; r = taxa de reação
dentro do sistema
Se considerarmos que não há entrada ou saída de líquido do reator após o seu enchimento
(reator trabalhando em regime de batelada), temos:
Vdt
dM
r = (Eq. 9)
Substituindo o valor de M por CV, teremos:
Vdt
CdVVdC
Vdt
CVd
r
)()( +
== (Eq. 10)
Como o volume é constante a equação fica reduzida a:
dt
dC
r = (Eq. 11)
O modelo de decaimento de uma substância não conservativa é baseado numa cinética de
primeira ordem a qual assume que a taxa de degradação ou perda de uma substância é
proporcional a quantidade da substância presente em um dado tempo (t):
kC
dt
dC
−= (Eq. 12)
onde, k é a taxa de degradação e C é a concentração da substância. A equação diferencial
pode ser integrada resultando em:
kt
Co
C
−=ln (Eq. 13), ou kt
eCoC −
= . (Eq. 14)
onde, Co é a concentração inicial da substância.
Para sistemas simplificados assume-se que a substância esta uniformemente distribuída no
volume. Dessa forma, a massa total da substância (M) é igual ao produto de sua concentração
pelo seu volume (C.V) e, quando o volume é constante, a taxa de decaimento da substância
pode ser expressa por:
dt
dC
V
dt
CVd
dt
dM
==
)(
(Eq. 15)
Para o decaimento de uma substância podemos escrever:
kCV
dt
sd
dt
ed
dt
dM
−−=
)()(
(Eq. 16)
2.2.1. Taxas de reações
Várias expressões tem sido usadas para expressar a conversão de constituintes dos esgotos
durante os processos de tratamento ou a após a sua liberação no meio ambiente. Entre estas
podemos destacar:

kr ±= (ordem zero) (Eq. 17)
kCr ±= (primeira ordem) (Eq. 18)
)( sCCkr −±= (primeira ordem) (Eq. 19)
2
kCr ±= (segunda ordem) (Eq. 20)
)( BACCkr ±= (segunda ordem) (Eq. 21)
A soma dos expoentes das concentrações é quem determina a ordem da reação. Por exemplo,
a reação de primeira ordem ( kCrc −= ) é usada para modelar a cinética de DBO (exercida),
assim como o decaimento bacteriano.
2.2.2. Efeito da temperatura na taxa de reação
A temperatura tem grande influência na determinação da taxa da reação. Por exemplo,
sabemos que quanto mais elevada for a temperatura maior será a velocidade das reações
envolvendo a degradação de matéria orgânica; A taxa de remoção de DBO é obtida em
condições padrões na temperatura de 200
C, no entanto, para outras temperaturas, se faz
necessário efetuar a correção da taxa de degradação. A correção para a nova temperatura pode
ser efetuada pela seguinte equação:
)(
1
2 12 TT
k
k −
= θ (Eq. 22)
Onde:
T1 = temperatura padrão; T2 = temperatura real;
k1 = taxa de degradação na temperatura padrão
k2 = taxa de degradação na temperatura real
θ = coeficiente de temperatura
2.2.3. Determinação das constantes de degradação
Geralmente as constantes de degradação (k) são determinadas através de experimentos
obtidos em reatores operando em regime de batelada (vazão de entrada = vazão de saída = 0),
ou em regime de fluxo constante (vazão de entrada = vazão de saída), em experimentos em
escala-piloto ou real. A Tabela 11 apresenta um resumos dos principais métodos utilizados na
determinação das constantes de degradação.
Exemplo 1. Determinação da ordem da reação e da constante de degradação: Com base nos
dados apresentados na Tabela 12, obtidos em um reator em regime de bateladas, determine a
ordem da reação e a constante de degradação usando os métodos da integração e diferencial.

Tabela 1.Variação da concentração de DBO em função do tempo.
Tempo (dias) Concentração (mg/l)
0
1
2
3
4
5
6
7
8
100,0
71,2
51,6
37,0
25,6
19,9
13,1
9,5
6,9
Tabela 12. Métodos utilizados para determinação da constante de degradação.
Expressão
Forma
integrada da
taxa
Método utilizado
Método da Integração
Ordem zero: k
dt
dC
rc −== ktCC o −= Graficamente plotando concentração
versus tempo
Primeira ordem: kC
dt
dC
rc −== kt
C
C
o
−=]ln[
Graficamente plotando ]log[
oC
C
−
versus tempo
Segunda ordem: 2
kC
dt
dC
rc −== kt
CC o
=−
11 Graficamente plotando 1/C versus
tempo
Método Diferencial
n
c kC
dt
dC
r −==
( )
21
21
loglog
)/log(/log
CC
dtdCdtdC
n
−
−−−
=
Uma vez determinada a ordem da reação o coeficiente de
degradação pode ser determinado por substituição

Solução – Primeira Parte:
1. Assumindo que a reação pode ser de primeira ou segunda ordem, temos:
Tempo
(dias)
Concentração
(mg/l)
- log
(C/Co)
1/C
0
1
2
3
4
5
6
7
8
100,0
71,2
51,6
37,0
25,6
19,9
13,1
9,5
6,9
0,000
0,148
0,287
0,432
0,592
0,701
0,883
1,022
1,161
0,010
0,014
0,019
0,027
0,039
0,050
0,076
0,105
0,145
2. A ordem da reação pode ser obtida pelo gráfico que se aproxima mais de uma regressão
linear. Logo concluimos que a reação é de primeira ordem.
3. Determinação da taxa de reação:
xyangularecoeficientk ∆∆==
1
145,08/161,1 −
== dk (base 10)
1
332,0303,2145,0 −
== dxk (base e)
y = 0,0099e0,3355x
R2
= 0,9992
0
0,02
0,04
0,06
0,08
0,1
0,12
0,14
0,16
0 1 2 3 4 5 6 7 8
Tempo (dias)
1/C
y = 0,1453x
R2
= 0,9992
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
1,2
0 1 2 3 4 5 6 7 8
Tempo (dias)
-log(C/Co)

Solução – Segunda Parte:
Utilizando o método diferencial:
( )
21
21
loglog
)/log(/log
CC
dtdCdtdC
n
−
−−−
=
1. Utilizando os resultados obtidos nos dias 2 e 5 teremos:
Tempo (d) Concentração (mg/l)
dt
CdCC ttt ][
2
][][ 11
≅
− −+
2 51,6 [ ( 37 - 71,2 ) / 2 ] ≅ - 17,10
5 19,9 [ ( 13,1 – 25,6 ) / 2 ] ≅ - 6,25
2. Substituindo e encontrando o valor de n, teremos:
( ) 05,1
9,19log6,51log
)25,6log(1,17log
=
−
−−−
=n
logo a reação é de primeira ordem.
3. A constande da reação é (base e):
1
33,02]
100
6,51
ln[]ln[ −
=⇒−=⇒−= dkkkt
C
C
o
OBS: é importante ressaltar no exemplo acima que a concentração inicial do material a ser
degradado geralmente é desconhecida. Dessa forma, outros métodos que não necessitem do
valor inicial da concentração são empregados.
2.3. Tipos e características dos reatores
A análise das reações químicas e biológicas que ocorrem no meio ambiente e estações de
tratamento são complexas devido as diversas interações que tendem a dificultar as
interpretações dos resultados. Para facilitar o entendimento de tais processos são utilizados
modelos que tendem a reproduzir as principais características dos processos envolvidos,
conforme veremos a seguir.
2.3.1. Tipos de reatores
As reações químicas é biológicas utilizadas no tratamento de águas e águas residuárias, sob
condições controladas, ocorrem em tanques conhecidos como reatores. Entre os principais
tipos podemos citar:

a) Reator de batelada
b) Reator de fluxo pistão
c) Reator de mistura completa
d) Reator de mistura completa em série
A classificação destes reatores é baseada nas suas características hidráulicas. A seguir serão
consideradas as características hidráulicas dos reatores de mistura completa e fluxo pistão.
a) Mistura completa
Considerando que uma substância traçadora conservativa (não reativa) é lançada em um fluxo
contínuo a uma concentração Co na entrada de um reator de mistura completa, inicialmente
cheio com água limpa, o comportamento do traçador na saída do reator pode ser representado
conforme a figura a seguir:
A concentração do traçador (substância conservativa) no efluente é variável em função do
tempo podendo ser determinada pelo balanço de massa:
Taxa de acumulação = taxa de entrada – taxa de saída
B: ott
o eCC /−
=
to
T
Co
A: )1( ott
o eCC −
−=
Figura 2. Concentração do traçador na saída de um reator de mistura completa: (A)
Sujeito a uma concentração constante de entrada do traçador Co; (B) Sujeito a uma
determinada quantidade do traçador no tempo inicial.
dt
sd
dt
ed
dt
dM )()(
−=
QCQCV
dt
dC
o −= (Eq. 23)
)( CC
V
Q
dt
dC
o −= (Eq. 24)
Integrando entre os limites de C = Co até C = C e t = 0 até t = t, teremos:
∫∫
=
=
=
=
=
−
tt
t
CC
CC o
dt
V
Q
CC
dC
o 0
(Eq. 25)

Após a integração:
)1()1()1( /)/( θ−−−
−=−=−= eCeCeCC o
tot
o
VQt
o (Eq. 26)
onde: t0 = tempo de detenção teórico (V/Q) e θ = tempo de detenção normalizado.
De forma correspondente a equação para determinar a resposta para um traçador lançado de
uma só vez no tempo inicial do teste e misturado instantaneamente com a água presente no
reator será determinada por:
θ−−−
=== eCeCeCC o
tot
o
VQt
o
/)/(
(Eq. 27)
onde: Co = concentração inicial do traçador no reator.
b) Reator de fluxo pistão
No reator de fluxo pistão ideal admite-se que não há mistura do conteúdo do reator ao longo
do percurso. De forma simplificada é como se o reator fosse dividido em várias fatias
independentes que são tratadas ao longo do percurso.
Se o reator esta recebendo água e, esta sujeito a adição de uma concentração contínua (A) ou
uma quantidade instantânea (B) de uma traçador, a concentração de saída do traçador no
efluente se apresenta como na figura a seguir.
B
to
A
to
Tempo
Co
Figura 3. Concentração do traçador na saída de um reator de fluxo pistão: (A) Sujeito a
uma concentração constante de entrada do traçador Co; (B) Sujeito a uma determinada
quantidade do traçador no tempo inicial.
O balanço de massa para um traçador não degradábel para uma fatia do reator (elemento
diferencial do volume) conforme mostrado na figura a seguir pode ser escrito como:

(QCA)⎪x+∆x
x(QCA)⎪x
x + ∆x
Área transversal (A)
Diferencial do
volume, ∆V = A∆x
Figura 4. Fátia hidráulica para análise diferencial em reator de fluxo pistão.
xxx QCQCV
t
C
∆+−=∆
∂
∂
(Eq. 28)
onde:
C = concentração do constituinte (g/m3
);
∆V = diferencial do elemento de volume (m3
);
Q = vazão (m3
/s).
Substituindo a forma diferencial para o termo QC⏐x+∆x na equação acima teremos:
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∆
∆
∆
+−=∆
∂
∂
x
x
C
CQQCV
t
C
(Eq. 29)
Substituindo ∆V por A∆x:
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∆
∆
∆
−=∆
∂
∂
x
x
C
QxA
t
C
(Eq. 30)
Dividindo os dois termos por A∆x:
xA
CQ
t
C
∆
∆
−=
∂
∂
(Eq. 31)
Como ∆x tende a se aproximar de zero:
x
C
v
xA
CQ
t
C
∂
∂
−=
∂
∂
−=
∂
∂
(Eq. 32)
onde: v = velocidade do escoamento (m/s).
2.3.2. Cinética de tratamento em reatores

Durante o tratamento de águas residuárias ocorrem várias reações químicas e biológicas que
contribuem para a diminuição das cargas poluidoras nos efluentes finais. A seguir veremos
como modelar a cinética de remoção de cargas poluidoras em alguns tipos de reatores.
a) Reator em regime de bateladas
O balanço de massa para um reator de batelada de mistura completa pode ser ilustrado e
modelado pela figura e equação a seguir, respectivamente.
V, C1
Mistura
Figura 5.Esquema de um reator em batelada de mistura completa. Observe que as
vazões de entrada e saída são iguais a zero.
VrQCQCV
dt
dC
co +−= (Eq. 33)
Como o reator é de batelada, a vazão é zero, logo:
cr
dt
dC
= (Eq. 34)
Se a taxa da reação for definida como sendo de primeira ordem (rc = -kC), integrando entre os
limites C = Co e C = C, e t = 0 e t = t, teremos:
∫∫
=
=
=
=
=−=
tt
t
CC
CC
tdt
dt
dC
o 0
(Eq. 35)
A expressão resultante fica:
kt
o
e
C
C −
= (Eq. 36)
b) Reator de fluxo contínuo e mistura completa
A forma geral para o balanço de massa em um reator de fluxo contínuo e mistura completa,
conforme ilustrado na figura a seguir, é dada pela equação 37:

mistura
V, C1
Q1, C1Qo, Co
V, C1
Q1, C1Qo, Co
Figura 6. Esquema de um reator de mistura completa de fluxo contínuo (vazão > 0; Qo =
Q1).
VrQCQCV
dt
dC
co +−=
Assumindo a cinética de remoção de primeira ordem e que não ocorre acúmulo de matéria ni
interior do reator:
kCVQCQCo −−=0 (Eq. 37)
Resolvendo a equação em função da concentração teremos:
)/(1 QVk
C
C o
+
= (Eq. 38)
Quando reatores de mistura completa são utilizados em série, o mesmo princípio é utilizado
para o dimensionamento. Se dois reatores são utilizados o segundo poede ser dimensionado
pela equação a seguir:
2
0
2
21
2 V
rQCQC
V
dt
dC
c+−== (Eq. 39)
Assumindo a cinética de primeira ordem (rc = -kC) e resolvendo a equação em função de C2:
)]2/(1[
1
2
QVk
C
C
+
=
Pela equação 3.16 obtemos o valor de C1 como sendo:
)]2/(1[
1
QkV
C
C o
+
=
Combinando as duas equações acima obtemos o valor de C2 em função de Co:

22
)]2/(1[ QkV
C
C o
+
=
Finalmente generalizando para um número “n” de reatores teremos:
n
o
n
nQkV
C
C
)]/(1[ +
= (Eq. 40)
c) Reator de fluxo pistão
A equação de balanço de massa para um reator de fluxo pistão, no qual a concentração “C” de
um constituinte é uniformemente distribuída na seção transversal do volume de controle, e
não ocorre dispersão longitudinal, pode ser ilustrada considerando o diferencial de volume na
Figura 3.3. Para o elemento diferencial de volume “∆V”, o balanço de mssa de uma
substância reativa pode ser escrito pela equação:
VrQCQCV
t
C
cxxx ∆+−=∆
∂
∂
∆+ (Eq. 41)
onde:
∂C/∂t = mudança na concentração com o tempo (g/m3
.s);
C = concentração do constituinte (g/m3
);
∆V = elemento diferencial do volume (m3
);
Q = vazão (m3
/s);
rc = taxa da reação do constituinte (g/m3
.s).
Substituindo a forma diferencial do termo QC⎜x+∆x na equação teremos:
Vrx
x
C
CQQCV
t
C
c ∆+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∆
∆
∆
+−=∆
∂
∂
(Eq. 42)
Substituindo ∆V por A∆x e dividindo ambos os termos por A∆x, resulta:
cr
x
C
A
Q
t
C
+
∆
∆
−=
∂
∂
(Eq. 43)
Considerando o limite para ∆x se aproximando de zero:
cr
x
C
A
Q
t
C
+
∂
∂
−=
∂
∂
(Eq. 44)
Como não há acúmulo de massa no interior do reator (∂C/∂t = 0) e a reação sendo definida
como rc = -kCn
, integrando entre os limites C = Co e C = C, e x = 0 e x = L, resulta:

∫ ∫
=
=
−=−=−=−=
CC
CC
o
L
n
o
t
Q
V
Q
AL
dx
Q
A
kC
dC
0
(Eq. 45)
onde to é o tempo de detenção hidráulica. Assumindo a cinética de primeira ordem (n = 1),
resulta:
okt
o
e
C
C −
= (Eq. 46)
A equação é a mesma para o reator em regime de bateladas.
2.4. Poluição por matéria orgânica
O lançamento de matéria orgânica em corpos aqáticos 4causa a diminuição na concentração
de oxigênio na água ameaçando várias formas de vida. Para prever o grau da queda nas
concentrações de oxigênio é necessário saber a quantidade de matéria sendo lançada no rio e
qual a quantidade de oxigênio requerida para sua degradação. A quantidade de oxigênio
depende do balanço entre o fornecimento via reaeração atmosférica e atividade fotossintética
e consumo via degradação da matéria orgânica.
2.4.1. Demanda bioquímica de oxigênio (DBO)
É comumente referida como a quantidade de oxigênio requerida para oxidar uma substância
para dióxido de carbono e água. Esta quantidade pode ser calculada teoricamente se a
composição química da substância é conhecida, e o resultado é conhecido como Demanda
Teórica de Oxigênio (DTO).
Por outro lado, a Demanda Química de Oxigênio (DQO) não depende da composição da
substância. O teste é baseado na utilização de um forte agente oxidante (dicromato de
potássio) que é adicionado na amostra. A diferença entre a quantidade de oxidante no início e
no final do teste é utilizada para determinar a DQO.
Se a oxidação do composto orgânico é feita por microorganismos usando a matéria orgânica
como fonte de alimento, o oxigênio consumido é chamado de DBO. A DBO é menor que a
DTO devido a incorporação de carbono para formação de biomassa. Raros são os casos onde
a DBO, DTO e DQO são iguais. Se a composição química de todas as substâncias presentes
na amostra for conhecida e se estas substâncias forem completamente oxidadas química ou
biologicamente, então as três medidas serão iguais.
Quando uma amostra contendo uma substância degradável é inoculada com bactérias e
mantida em um frasco fechado, o consumo de oxigênio segue o padrão apresentado na Figura
73.
O consumo de oxigênio é maior nos primeiros dias devido a elevada concentração de matéria
orgânica. A medida em que concentração do material orgânico vai diminuindo o mesmo
ocorre com a taxa de consumo de oxigênio (cinética de primeira ordem). Dessa forma a curva
de DBO mostrada na Figura 73 pode ser descrita matematicamente pela equação:

0
20
40
60
80
100
120
0 10 20 30 40
Tempo (dias)
DBO
Figura 7. Variação dos valores de DBO em função do tempo.
kLt
dt
dLt
−= (Eq. 47)
Arrumando a equação 47 e integrando teremos:
∫ ∫−=
L
Lo
t
dtk
Lt
dLt
0
kt
Lo
Lt
−=ln , ou kt
eLoLt −
= . (Eq. 48)
onde, Lo é a concentração de oxigênio equivalente a quantidade de matéria orgânica no início
do teste (t = 0).
Contudo, nosso interesse não é Lt (DBO remanescente) e sim a quantidade de oxigênio usada
na oxidação da matéria orgânica (DBOt). Na Figura 73 observamos que a DBOt é dada pela
diferença entre o valor inicial de Lo e Lt, dessa forma:
)1(. ktkt
eLoeLoLoLtLoDBOt −−
−=−=−= (Eq. 49)
Lo é referido como a DBO última, ou seja, o máximo consumo de oxigênio possível caso haja
total degradação do material orgânico. A equação 50 também pode ser escrita na base 10:
)101( Kt
LoDBOt −
−= (Eq. 50)
Lo-Lt
Lt
DBO
Lo
DBO remanescente
( )
DBO execida

Observe que o valor de k (minúsculo) é utilizado na base e, enquanto que o valor de K
(maiúsculo) é utilizado para a base 10. Os valores estão relacionados da seguinte forma: k =
2,303K.
2.4.2. Temperatura x Taxa de degradação
A velocidade dos processos biológicos aumenta com o aumento de temperatura. Em
condições ideais de laboratório o valor de k é obtido para a temperatura padrão de 20o
C. No
entanto, para grande maioria dos casos práticos o valor de k deve ser ajustado para a
temperatura real de campo de acordo com a expressão a seguir:
20
20 )( −
= T
kkt θ (Eq. 51)
onde, T = temperatura real (o
C); kt = taxa de degradação na temperatura real (d-1
); k20 = taxa
de degradação a 20o
C (d-1
); θ = coeficiente de temperatura (4 < T < 20o
C, θ = 1,135; 20 < T
< 30o
C, θ = 1,056).
2.4.3. Determinação gráfica da taxa de degradação
Uma grande variedade de métodos pode ser usada para determinar os valores de k e Lo a
partir de resultados experimentais de laboratório. O mais simples e menos acurado consiste
em plotar DBO versus tempo, resultando em uma hipérbole de primeira ordem similar a
apresentada na Figura 73. A equação da curva pode ser utilizada para retirar o valor de k, no
entanto, é difícil ajustar a curva aos grupos de pontos obtidos através dos resultados
experimentais haja visto que muitos pontos ficam dispersos.
Os métodos para linearização dos dados são comumente utilizados mas, o método gráfico
usual para equações de primeira ordem não pode ser utilizado pois o gráfico em papel semi-
log precisa da concentração inicial de DBO (Lo) que, no nosso caso, é uma constante a ser
determinada.
O método de Thomas
O método mais simples para resolver o impasse da determinação de k é conhecido como
Método Gráfico de Thomas cujo princípio matemático básico é o das séries temporais. Após o
ajuste das séries podemos determinar a DBO em um dado tempo por:
3
])6/1(1)[( −
+= ktktLoDBOt
Arrumando os termos e tirando a raiz cúbica dos dois lados teremos:
)(
)(6
)(
)(
1
)( 3/1
3/2
3/1
3/1
t
Lo
k
kLoDBOt
t
+= (Eq. 52)

Figura 3
0
2
4
6
8
10
0 2 4 6 8 10
Tempo (dias)
Oxigêniodissolvido(mg/l)
Concentração de saturação de OD
Concentração de oxigênio
(OD)
Déficit inicial
de oxigênio
Déficit de oxigênio
Concentração
Tempo crítico
O gráfico relacionando 3/1
)(
DBOt
t
versus tempo é linear. Os coeficientes são obtidos
conforme apresentado a seguir:
Coeficiente linear: 3/1
)( −
= kLoA
Coeficiente angular: 3/1
3/2
)(6
)(
Lo
k
B =
Taxa de degradação: )/(6 ABk =
DBO última:
)()(6
1
2
BA
Lo =
2.5. Curva de autodepuração
A concentração de oxigênio em um rio é um indicador de sua qualidade. Todo rio tem
capacidade de autodepuração, no entanto, quando esta capacidade é ultrapassada devido ao
lançamento de grande quantidade de carga, os níveis de oxigênio podem cair para níveis
críticos, comprometendo todas as formas de vida ali existentes. A Figura 74 apresenta uma
curva típica de variação de oxigênio em um rio após receber uma certa quantidade de carga
que demanda oxigênio.
Figura 8. Perfil da curva de autodepuração.
Talvez uma das maiores ferramentas do gerenciamento da qualidade da água de rios seja a
habilidade para determinar a sua capacidade em absorver cargas orgânicas. Isto é feito
determinando o perfil de oxigênio dissolvido após o lançamento de esgotos. A Figura 74
mostra que logo após a descarga de esgotos, a concentração de oxigênio diminui devido a

degradação do material que demanda oxigênio e tende a aumentar em seguida devido
predominância dos mecanismos de reaeração (fotossíntese e aeração atmosférica).
2.5.1. Balanço de massa
O balanço de massa conservativo simplificado de três fatores pode ser utilizado para a
determinação inicial das condições no rio após a mistura com esgoto: oxigênio dissolvido,
material carbonáceo e temperatura. Vale salientar que apenas no ponto de mistura os balanços
são considerados conservativos visto que ao longo do rio seus valores variam. Dessa forma,
considerando a balanço do esquema a seguir teremos:
A massa de oxigênio por unidade de tempo é igual ao produto da vazão pela concentração de
OD.
MOD no esgoto = Qe x ODe
MOD no rio = Qr x ODr
MOD no rio após mistura = Qe x ODe + Qr x ODr
A concentração de oxigênio dissolvido (OD) após a mistura é determinada dividindo a sua
massa por unidade de tempo pela vazão total do sistema após a mistura:
re
rree
m
QQ
ODQODQ
lmgOD
+
+
=)/( (Eq. 53)
De forma análoga teremos para temperatura e DBO, respectivamente:
re
rree
m
QQ
TQTQ
lmgT
+
+
=)/( (Eq. 54)
re
rree
m
QQ
DBOQDBOQ
lmgDBO
+
+
=)/( (Eq. 55)
onde:
Qe = vazão de esgoto (l/s)
Qr = vazão do rio (l/s)
Rio: massa de OD
após a misturaRio: massa de OD
Esgoto: massa de OD

ODe = concentração de oxigênio no esgoto (mg/l)
ODr = concentração de oxigênio no rio (mg/l)
ODm = concentração de oxigênio após a mistura (mg/l)
Te = temperatura no esgoto (o
C)
Tr = temperatura no rio (o
C)
Tm = temperatura após a mistura (o
C)
DBOe = DBO última no esgoto (mg/l)
DBOr = DBO última no rio (mg/l)
DBOm = DBO última após a mistura (mg/l)
2.5.2. Déficit de oxigênio
O déficit de oxigênio representa quanto a concentração de oxigênio no ponto em questão é
inferior a sua concentração de saturação:
ODODD s −= (Eq. 56)
onde: D = déficit de oxigênio (mg/l)
ODs = concentração de saturação de oxigênio (mg/l)
OD = concentração de oxigênio (mg/l)
2.5.3. Déficit inicial de oxigênio
A curva de oxigênio dissolvido do rio começa no ponto de mistura entre o esgoto e o rio. O
déficit inicial de oxigênio é calculado pela diferença entre a concentração de saturação de
oxigênio e a concentração de oxigênio após a mistura (Eq. 57).
re
rree
si
QQ
ODQODQ
ODD
+
+
−=
)(
(Eq. 57)
onde:
Di = déficit inicial de oxigênio (mg/l)
ODs = concentração de saturação de oxigênio na temperatura do rio após a mistura
2.5.4. Equação da curva de oxigênio
O diagrama de balanço de massa de oxigênio em um rio esta apresentado na Figura 75. Este
balanço destaca todas as entradas e saídas, no entanto, para fins práticos é utilizado um
balanço simplificado (Figura 75 ).

Figura 9. Balanço de OD em um rio.
Onde:
ODent/ODsai = massa de OD entrando e
saindo do sistema
ODE = massa de OD entrando com esgoto
ODatm = massa de OD entrando via atmosfera
ODf = massa de OD produzido pelas algas
ODb = massa de OD consumida pelos bentos
ODmc = massa de OD consumida via
degradação de DBO carbonácea
ODmn = massa de OD consumida via degradação de DBO nitrogenada
ODra = massa de OD consumida via respiração algal
A equação simplificada do balanço de massa pode ser escrita da seguinte forma:
0=−−++ saimcatmEent ODODODODOD
(Eq. 58)
Na equação acima é possível determinarmos a concentração de oxigênio na entrada e no
esgoto. Como nosso objetivo é determinar a concentração de oxigênio saindo do sistema,
temos primeiramente que determinar os valores do consumo de OD via degradação do
material carbonáceo e da reaeração atmosférica.
A taxa de consumo de OD via a degradação do material orgânico e exatamente igual ao
aumento no seu déficit. Assumindo que a concentração de saturação é constante [d(ODs)/dt =
0], a diferencial da equação 56 resulta:
0
)(
=+
dt
dD
dt
ODd
e,
dt
dD
dt
ODd
−=
)(
(Eq. 59)
A taxa de decaimento na concentração de oxigênio coincide com a taxa de degradação
de DBO:
dt
DBOd
dt
dD
dt
ODd )()(
−=−= (Eq. 60)
ODm
ODb
ODm
ODra
ODent ODsai
ODE ODatm ODf
ODm
ODe ODs
ODE ODatm
Simplificado

A DBOt foi definida como: LtLoDBOt −= , e como Lo é um valor constante, podemos
afirmar que a variação de DBO com o tempo é:
dt
dLt
dt
DBOd
−=
)(
(Eq. 61)
Tal equação nos mostra que a variação do déficit com o tempo devido a DBO é uma reação de
primeira ordem proporcional a quantidade de material orgânico remanescente:
kLt
dt
Dd
=
)(
(Eq. 62)
A constante da reação de chamada de taxa constante de desoxigenação (kd).
A taxa de transferência de oxigênio da atmosfera para massa líquida também segue a cinética
de primeira ordem, proporcional entre a diferença do valor de saturação e sua concentração
atual:
)(
)(
ODODk
dt
ODd
s −= (Eq. 63)
Das equações 56 e 59 temos que:
kD
dt
dD
−= (Eq. 64)
A constante da reação de chamada de taxa constante de reaeração (kr).
Pelas equações 62 e 64 verificamos que o déficit de oxigênio é função da competição entre a
utilização de oxigênio e reaeração atmosférica:
DkLk
dt
dD
rd −= (Eq. 65)
onde:
dD/dt = mudança no déficit de oxigênio (mg/l.dia)
Kd = constante de desoxigenação (d-1
)

L = DBO última na água do rio (mg/l)
Kr = constante de reaeração (d-1
)
D = déficit de oxigênio na água do rio (mg/l)
Integrando a equação 28 e usando as condições limites (t = 0, D = Di, L = Lm e t = t, D = D, L
= L), obtemos a seguinte equação para a curva de variação de oxigênio:
)()( tk
i
tktk
dr
d rrd
eDee
kk
Lk
D −−−
+−= (Eq. 66)
onde:
D = déficit de oxigênio no rio após um tempo t (mg/l)
Di = déficit inicial de oxigênio no rio após um tempo t (mg/l)
L = DBO última na água do rio (mg/l)
Kd = constante de desoxigenação (d-1
)
Kr = constante de reaeração (d-1
)
t = tempo após a descarga (d)
2.5.5. Constante de desoxigenação
A constante de desoxigenação difere da taxa de degradação de DBO visto que ocorrem
diferenças físicas e biológicas entre o rio e o frasco de DBO. Geralmente a DBO é mais
rápida no rio devido as condições turbulentas, grande quantidade de microorganismos,
demanda bentônica, etc.
O valor de kd pode ser estimado a partir de k pela seguinte fórmula:
η
H
v
kkd += (Eq. 67)
onde:
kd = constante de desoxigenação a 20o
C (d-1
)
v = velocidade do rio (m/s)
H = profundidade do rio (m)
η = coeficiente de atividade do rio
k = constante de degradação de DBO a 20o
C (d-1
)

2.5.6. Coeficiente de reaeração
O coeficiente de reaeração (Kr) depende do grau de turbulência do rio e conseqüentemente de
sua velocidade e área superficial exporta a atmosfera. Um rio estreito e profundo tende a
apresentar menores valores de Kd quando comparado aos observados em rios largos e rasos. A
constante de reaeração pode ser estimada por:
5,1
5,0
9,3
H
v
kr = (Eq. 68)
onde:
kr = constante de reaeração a 20o
C (d-1
)
v = velocidade do rio (m/s)
H = profundidade do rio (m)
Tendo o conhecimento da velocidade do rio podemos relacionar tempo após o lançamento dos
despejos com distância rio abaixo. Uma vez determinado o déficit de oxigênio em qualquer
ponto após o lançamento, a concentração de oxigênio dissolvido pode ser determinada pela
equação 56. Observe que é fisicamente impossível encontrar valores de OD menores que zero.
Caso o déficit de oxigênio seja maior que a concentração de saturação, o oxigênio foi
totalmente consumido e sua concentração é zero. Dessa forma, os resultados negativos
representam concentrações nulas de OD.
A menor concentração de OD na curva é determinada de concentração crítica. Este valor é de
grande interesse, pois indica o ponto de pior situação no rio (ponto crítico). O tempo crítico
pode ser encontrado através da diferenciação da equação 29:
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛ −
−
−
=
Lk
kk
D
k
k
kk
t
d
dr
i
d
r
dr
c 1ln
1
(Eq. 69)
O déficit crítico (Dc) é determinado substituindo o tempo crítico na equação 66.

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