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14 PRINCIPE DU TRAITEMENT BIOLOGIQUE Jean- Pierre CANLER Equipe Traitement des eaux résiduaires Groupement de Lyon C:Canler/cours/Coursfinaltraitbio.ppt.

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1 14 PRINCIPE DU TRAITEMENT BIOLOGIQUE Jean- Pierre CANLER Equipe Traitement des eaux résiduaires Groupement de Lyon C:Canler/cours/Coursfinaltraitbio.ppt

2 15 Principe du traitement biologique 1 - L'objectif : Notions : - caractérisation dune eau résiduaire domestique en entrée et sortie - charges hydrauliques - notion déquivalent habitant 2 - Différents types de traitement 3 - Le mécanisme d'élimination 4 - Données nécessaires au dimensionnement : - les flux massique et hydraulique

3 Le principal paramètre de dimensionnement : - la charge organique spécifique (ou la charge massique) 6 - L'influence de la charge organique spécifique - sur la production spécifique de boues - sur la consommation spécifique d'oxygène - sur la qualité de l'effluent traité 7 - En conclusion : un résumé des critères sur le choix de la charge organique spécifique

4 L'objectif Le traitement biologique : - système plus performant que les traitements physiques et physico- chimiques des eaux usées, - rendement d'élimination important et donc une qualité élevée des effluents traités, Une eau usée domestique est composée de : - matières organiques : caractérisée par la DCO et la DBO 5 dissoute et particulaire et plus ou moins biodégradable - matières minérales :MM = MES - MVS 25 à 35 % de matières minérales (jusquà 50 % lors dépisodes pluvieux)

5 18 Composés azotés caractérisés par le NK : azote Kjeldahl avec N-NH 4 + (azote ammoniacal) et N organique et autres formes de lazote avec les formes oxydées : N-NO 2 - N-NO 3 - Et lazote gazeux N 2 Composés phosphorés avec les formes suivantes : - des orthophosphates solubles PO 4 3- (50 %) - des polyphosphates : tripolyphosphates, pyrophosphate (ont tendance à shydrolyser en orthophosphates) : 30 à 40 % - du phosphore non dissous lié à des molécules organiques ou contenu dans les matières en suspension (10 %)

6 19 Caractérisation dune eau résiduaire normalement concentrée pH7,8 Conductivité1100 µS/cm Température12 à 20 °C DCO700 mg/l – 750 mg/l DBO mg/l MES250 mg/l NK75 – 80 mg/l N-NH mg/l PT20 mg/l P-PO mg/l S.E.C.100 mg/l Germes tests10 8 à 10 9 /l

7 20 DCO Soluble Particulaire et colloïdale DCO soluble inerte DCO facilement biodégradable DCO lentement biodégradable DCO particulaire inerte Comparaison des différentes demandes en oxygène dune eau résiduaire Demande Totale en Oxygène dune pollution organique DCO DCO biodégradable DBO ultime DBO 5 DBO à court terme DCO inerte

8 21 Caractérisation dune eau de sortie Loi sur leau Exigences : DCO < 125 mg de O 2 /l DBO 5 < 25 mg de O 2 /l MES < 35 mg de MES/l Conformité : 95 % du temps Valeurs rédhibitoires : 50 mg/l de DBO 5 Zones classées sensibles NT EH) PT EH) DCO T de sortie = DCO inerte + DCO biomasse + DCO non biodégradée Avec 1 g de MVS = 1,5 g de DCO Ou 1 g de MES = 1,2 g de DCOO

9 22 Volumes ou charges hydrauliques Volume collecté par unité de temps Volume journalier m 3 /j pour :E.R.U (eaux résiduaires urbaines) E.C.P (eaux claires parasites) E.R.I (eaux résiduaires industrielles) Un habitant = Variable selon la taille de la collectivité,….. De 100 l à 250 l/ E.H 150 l/habitant

10 23 Charge polluante Notion déquivalent habitant Valeurs guides Notion de flux = volume (litres) x concentration (mg/l) Référence administrative : 60 g de DBO 5 Grosses collectivités Petites collectivités En labsence de mesures Habitant réel DCO115 g80 g110 – 120 g DBO 5 50 g35 g45 – 50 g MES45 g36 g60 g N10 g9 g12 g P3 g2,5 g Volume150 à 200 litres100 litres150 litres

11 Différents types de traitement Caractéristique dune eau usée domestique : DissousColloïdaleParticulaire = coagulable= décantable Granulométrie< à 0.1 µmde 0.1 à 100 µm> à 100 µm Proportions30 % MoléculesAcides acétiques Acides aminés Acides gras volatils Protéines Acides humiques Polysaccharides,… Graisses Bactéries libres Débris cellulaires Fibres cellulosiques Agrégats lipidiques Macro-protéines

12 25 Le traitement physique (décantation simple) : élimination de la presque totalité des matières décantables, ce qui correspond à l'élimination d'environ : 50 % à 65 % des matières en suspension 30 % de la DCO 30 % de la DBO 5 10 % du PT et du NT. Rappel : Notion de Rendement Part éliminée Rendement en % : Part appliquée

13 26 Le traitement physico-chimique : rendement plus élevé car il permet l'élimination de presque toutes les matières en suspension et d'une fraction des matières présentes en solution colloïdale. L'importance des doses de réactifs ajoutée (coagulant) va intervenir sur le degré dabattement des matières colloïdales. Cependant, ces deux types de traitement n'affectent pas les matières présentes en solution réelle. A lexception du phosphore qui, dans le traitement physico-chimique, par ajout dun sel métallique, forme un précipité décantable. Principaux réactifs utilisés : Noms du réactifsFormuleNoms du précipitéFormule Chlorure ferriqueFeCl 3 Phosphate ferriqueFePO 4 Sulfate daluminiumAl 2 (SO 4 ) 3 Phosphate daluminiumAlPO 4 Chlorosulfate ferriqueFeSO 4 ClPhosphate ferriqueFePO 4

14 27 Le traitement physico-chimique : (réactifs chimiques + décantation) Élimination de la presque totalité des M.E.S. Soit 70 à 90 % des MES 60 % de la DCO 60 % de la DBO 5 et15 % sur le NT et plus de 80 % sur le PT

15 28 Le traitement biologique : Élimination des matières réductrices dissoutes : matières organiques et lazote ammoniacal. Dans certains procédés biologiques bien spécifiques, on peut éliminer : de l'azote : mécanisme de nitrification : passage de NH 4 + en NO 3 - mécanisme de dénitrification : passage de NO 3 - en N 2 du phosphore : mécanisme de sur-accumulation (3 fois plus) Le mécanisme d'élimination des matières dissoutes consiste en leur conversion en matières particulaires (basé sur le développement de micro- organismes). Elles pourront être ensuite séparées par sédimentation ou filtration. Pour l'élimination des germes fécaux d'origine humaine, des traitements spécifiques devront être appliqués : Chloration, U.V.

16 29 Le traitement biologique : (réacteur biologique + clarificateur ou décanteur secondaire) Élimination de la totalité des MES et de la presque totalité des matières dissoutes Soit plus de 90 % des matières en suspension 80à 95 % de la DCO Plus de 95 % de la DBO 5 25 % (ou 90 %) sur le NT 30 % (ou 90 %) sur le PT Notion : DBO 5 / N / P100 / 5 / 1

17 30 Rendements d'élimination des différents composés en % * avec un traitement biologique spécial Tableau de synthèse : MESDCODBO 5 NTPT Eaux brutes (mg/l) Procédés Rendement délimination en % Décantation primaire55 à < 10 Traitement primaire avec physico-chimique > 80 Traitement secondaire biologique > > 9525 (90*) 30 (90*)

18 Le mécanisme d'élimination réalisé par des micro-organismes aérobies qui sont maintenus dans des réacteurs biologiques. On peut distinguer : - des cultures en suspension dans un bassin aéré appelé le bassin d'aération. L'ensemble des micro-organismes est alors appelé «boue activée». - des cultures fixées sur un support solide appelées «biofilm» ou «mucilage». Les principaux systèmes sont les lits bactériens, les disques biologiques ou encore les lits immergés (biofiltres).

19 32 Mécanisme délimination : les eaux usées transitent d'une façon continue (ou semi continue) dans le réacteur et les micro-organismes se nourrissent des matières organiques présentes dans les eaux. Elles transforment ce substrat après son adsorption et absorption : par conversion, en nouveau matériel cellulaire (croissance ou division cellulaire ou multiplication), par oxydation, en C0 2 et H 2 0. L'oxydation produit l'énergie nécessaire pour la synthèse DCO biodégradable Ss CO 2 ( 1/3 ) BIOMASSE X ( 2/3 ) Conversion de la matière organique lors de la croissance hétérotrophe Energie

20 33 DCO biodégradable Xs LIQUIDE adsorption Hydrolyse Xs adsorbé Ss O 2 CO 2 X B,H CELLULE Assimilation / croissance Transformation de la matière organique dans les procédés dépuration biologiques Substrat particulaire Substrat soluble

21 34 Hydrolyse Croissance DCO lentement biodégradable DCO facilement biodégradable Biomasse hétérotrophe DCO inerte Lyse DCO dégradable

22 35 Transformation de la matière organique I – Métabolisme = Catabolisme + Anabolisme 1/3 2/3 production dénergie synthèse cellules Mo + O 2 CO 2 + H 2 O + énergie Mo + énergie MV + H 2 O Mo = C 7 H 11 NO 3 II – Minéralisation Auto-oxydation ou respiration endogène MV + O 2 CO 2 + NH 3 + H 2 O

23 36 ABSORPTION CATABOLISMEANABOLISME 1/3 énergie 2/3 protoplasme reproduction Membrane bactérienne ADSORPTION METABOLISME Eau résiduaire : substrat nourricier (C,N,P…) +O 2 6 – 7 % d azote / MES ou 8 – 9 % dazote / MVS et 1 – 2 % de P / MVS et 1,5 kg de DCO/kg de MVS 1,2 kg de DCO/kg de MES Composition de biomasse

24 37 Interprétation : Nécessité doxyder environ un tiers des matières organiques pour produire de l'énergie nécessaire à la synthèse. Deux tiers de la quantité de matières organiques présentes dans les eaux usées brutes sont transformés en quantité de matières organiques sous une autre forme : de nouveaux micro organismes (particulaire). Le rendement d'élimination du traitement biologique serait donc seulement de 33 %. Doù ce procédé de traitement biologique doit être complété par une unité physique permettant de séparer de l'eau les matières en suspension nouvellement formées. Les boues biologiques contiennent encore une fraction importante d'eau (97% à 99%) : elles doivent donc être concentrées par épaississement et déshydratation avant leur destination finale. On parlera de la filière boue.

25 Les paramètres de dimensionnement Le dimensionnement de l'unité biologique d'une station d'épuration nécessite une bonne connaissance des flux : flux hydraulique ou charges hydrauliques (m 3 /jour, m 3 /h.) intervient surtout sur l'unité physique de séparation solide/liquide (clarificateur ou décanteur secondaire, les prétraitements).

26 39 VOLUME = Volume journalier : quantité deau collectée m 3 E.R.UE.C.PE.R.I Débits horaires moyens m 3 /h E.R.U (sur 24 heures) E.C.P (sur 24 heures) E.R.I (sur la durée de lactivité) Débits de pointe * Cas des grosses collectivités E.R.U : Détermination du coefficient de pointe 2,5 Cp = 1, Qm l/s Débit de pointe ERU : Q moyen E.R.U x Cp * Cas des petites collectivités Cp = 3

27 40

28 41

29 42 flux massique (ou charge organique ou azotée ou …) couramment exprimé en termes de kg DBO 5 /jour, kg DCO/jour, kg de MES/jour ou NK/jour. Concentration du paramètre retenu x volume journalier Remarque: La concentration est obtenue à partir dun échantillon confectionné par rapport aux débits (échantillon proportionnel aux débits).

30 43

31 44 La première question : Quelle quantité de biomasse (libre ou fixée) faut-il développer pour traiter le flux massique de matières organiques apportées et obtenir une qualité d'effluent donnée ? Autres éléments nécessaires au dimensionnement sont : - la production de boues biologiques qui détermine le type dunité de traitement des boues, ses dimensions et ses coûts de fonctionnement, en kg de MES ou MS / jour - les besoins en oxygène dont dépendent le dimensionnement des équipements d'aération. Ces besoins correspondent à la majeure partie de la consommation d'énergie sur lunité de traitement biologique. en kg doxygène /jour et par heure

32 45 On se sert de paramètres spécifiques: indépendants des flux massiques à traiter et donc des dimensions des installations. Ainsi on peut définir : la charge organique spécifique (ou charge massique : Cm) étant la quantité de matière organique reçue par unité de temps par une quantité de biomasse, en kg de DBO 5 ou NTK ou DCO/kg de MVS ou MES.jour la production spécifique de boues (P SB ) étant la quantité de boues biologiques produites à partir d'une quantité de MO éliminée, en kg de MS ou MES ou MVS / kg de DBO 5 éliminée ou apportée la consommation spécifique d'oxygène étant la quantité d'oxygène consommée pour une quantité de MO éliminée. en kg doxygéne transféré ou injecté / kg de DBO 5 ou DCO ou N-NH 4 + éliminée ou apportée En Nm 3 dair injecté / kg de DBO 5 ou DCO ou N-NH 4 + éliminée ou apportée

33 La charge organique spécifique ou charge massique La charge organique spécifique (ou Cm) est exprimée comme suit : Quantité de matières organiques / unité de temps Cm = quantité de biomasse Pour l'unité de temps, le jour est une échelle tout à fait appropriée dans la mesure où il n'est pratiquement pas facile d'adapter la quantité de biomasse aux variations que subit le flux de matières organiques à une échelle de temps plus courte..

34 47 Comment estimer la fraction de biomasse vivante ? Difficultés destimer la fraction de matière vivante (donc active) à l'intérieur des boues activées et encore moins du biofilm Dans cette suspension ou ce biofilm, on a aussi : - Des micro-organismes morts et - Des matières organiques non biodégradées issues des eaux usées

35 48 On retiendra pour quantifier la biomasse vivante, les paramètres suivants qui la représentent de façon approximative : Pour les cultures en suspension, il est relativement facile de prendre des échantillons représentatifs des boues activées dans le bassin d'aération et de déterminer les matières en suspension (MES à 105°C) et les matières volatiles en suspension (MVS à 550°C) qui sont plus représentatives de la biomasse. kg DB0 5 /j charge massique = kg MES ou MVS (Il est à noter que les MES et les MVS, dans l'expression pour la charge massique, indiquent les matières dans le bassin d'aération et non celles dans l'effluent brut également désignées par MES et MVS). Pour les cultures fixées (comme les biofiltres, les lits bactériens,…), il est beaucoup plus difficile de prélever un échantillon représentatif de la biomasse sans perturber le système. Il est cependant raisonnable de supposer que la quantité de biomasse est proportionnelle au volume de l'ouvrage et c'est donc l'unité de volume qui a été choisie pour représenter la biomasse.

36 49 L'expression pour la charge organique spécifique employée pour les cultures fixées devient alors : kg DBO 5 /jour charge volumique = m 3 de réacteur On distingue, par convention, les charges massiques suivantes: Désignation conventionnelle Symbole Boues activées kg DBO 5 /kg MVS.j Aération ProlongéeAP< à 0.1 faible ChargefC0.1 – 0.2 Moyenne ChargeMC0.2 – 0.5 Forte ChargeFC> à 0.5 Valeurs courantes de charges organiques spécifiques

37 50 Exemple : Calculez le volume du bassin d'aération d'une station d'épuration type "aération prolongée" pour une ville de habitants. On suppose : rejet par habitant kg DBO 5 /jour charge massique 0.1 kg DBO 5 /kg MVS.j concentration des boues activées 4 kg MES/m 3 et 2.8 kg MVS/m 3 (70%)

38 51 On trouve : - flux massique journalier x = 720 kg de DBO 5 /jour - quantité de boues dans le bassin 720 / 0.1 = kg MVS ou kg MES (720 / 0.07) - volume du bassin / 2.8 = 2571 m 3 (ou 10285/4)

39 L'influence spécifique de la charge organique Sur la production spécifique de boues La production spécifique de boues (P SB ), mesurée comme matières sèches (MS) ou MES, est à strictement parler, exprimée comme suit: P SB = kg MS produites ou de MES/kg DB0 5 éliminée Puisque le rendement d'élimination des procédés biologiques est normalement supérieur à 90 %, on peut également écrire : P SB = kg MS produites ou de MES /kg DBO 5 apportée La production des boues est le résultat de deux mécanismes distincts : la croissance bactérienne, la dégradation des bactéries (auto-oxydation ou respiration endogène)

40 53 Les matières organiques des eaux brutes sont captées puis adsorbées par les boues activées ou par le "biofilm", hydrolysées et ensuite elles sont assimilées avec une partie oxydée grâce à la biomasse hétérotrophe aérobie en H 2 0 et C0 2 et lautre partie transformée en nouveau matériel cellulaire bactérien. La quantité de matières organiques "produites" au niveau de la station (2/3) est donc forcément inférieure à la quantité de matières organiques qui sont rentrées. Equation du métabolisme bactérien I – Métabolisme = Catabolisme + Anabolisme 1/3 2/3 production dénergie synthèse cellules Mo + O 2 CO 2 + H 2 O + énergie Mo + énergie MV + H 2 O Mo = C 7 H 11 NO 3 II – Minéralisation Auto-oxydation MV + O 2 CO 2 + NH 3 + H 2 O

41 54 Une fois que les bactéries ont été formées, une partie d'entre elles mourra. Leur matériel organique intracellulaire sera libéré après lyse des cellules. Ces matières organiques seront à nouveau un substrat pour les bactéries encore vivantes et donc seront partiellement oxydées et partiellement transformées en nouvelles bactéries et ainsi de suite. En conséquence, la part des matières organiques par oxydations successives augmente avec le temps et occasionne ainsi une diminution de biomasse. substratCellules nouvelles CO 2 et H 2 O Présentation schématique du mécanisme de production et de stabilisation de boues Temps de séjour (âge de la population)

42 55 La production spécifique nette (résultat de la première formation et de la dégradation successive) diminue donc avec le temps. Mais combien de temps les bactéries séjournent-elles dans l'unité biologique (le bassin d'aération, le lit bactérien) ? Pour une culture en suspension : la durée de séjour (ou Temps de séjour) des bactéries, c'est-à-dire l'âge moyen des boues est définie comme suit et s'exprime généralement en jours : Quantité de boues dans la station (kg MS ou de MES) Age des boues = Quantité de boues extraites par jour (kg MS ou de MES /jour)

43 56 Comment cet âge de boues moyen dépend-il de la charge organique spécifique ? Lorsque la charge journalière en DB0 5 d'une station est faible par rapport à la quantité de boues dans le bassin d'aération ou par rapport à la quantité de "biofilm" dans une culture fixée (donc lorsque la charge organique spécifique est faible), alors la quantité de boues biologiques produites à partir de ce faible flux de DB0 5 sera également faible par rapport aux quantités de boues activées ou de biofilm présentes. En conséquence, le rapport : Et puisque, dans des conditions d'équilibre, on a et il faut : quantité de boues produites par jour quantité de boues extraites par jour doù l'âge des boues est élevé lorsque la charge organique spécifique est faible. Comme, par ailleurs, on avait vu qu'un âge de boues élevé induit une production spécifique de boues (Cm) faible, on peut retenir : une charge organique spécifique faible s'accompagne d'une production spécifique de boues faible, et inversement. Quantité de boues (biofilm) dans la station Quantité de boues (biofilm) produite par jour Ratio élevé

44 57 Quelques valeurs types Charge massiqueAge de boues Production spécifique de boues (kg DBO 5 / kg MVS.jour)(jours)(kg MS ou MES / kg DBO 5 éliminée) 0.10> < 21.2 élevéeTend vers 1.33

45 58 Démonstration : - Pour lâge de boue : Quantité de boues dans la station (kg MS ou de MES) Age des boues = Quantité de boues produites par jour (kg MS ou de MES /jour) Volume du réacteur x [ MVS] Age des boues = Volume dentrée (Qe) x [DBO 5 ] x Psb On sait que la Cm = Volume dentrée (Qe) x [DBO 5 ] / Volume du réacteur x [MVS] Donc 1 Age de boues = Cm x P SB (attention aux unités) Relation inverse de la Cm Sur la base dune production spécifique de : 0,7 kg de MES/ kg de DBO5 éliminée ou 0,5 kg de MVS/ kg de DBO5 éliminée.

46 59 Ou Charge massique = 0.1 kg de DBO 5 /kg de MVS. jour Pour un réacteur comprenant 1 kg de MVS, il faudra appliquer 0.1 kg de DBO 5 /jour. Et on produira environ 0.7 (P SB : donnée ) x 0.1 = 0.07 kg de MES ou kg de MVS (70 % de MVS). Quantité de boues dans la station (kg MS ou de MES) âge des boues = Quantité de boues produites donc extraites par jour (kg MS ou de MES/jour) Doù 1 / = 20 jours

47 60 Pour la production spécifique de boue ( P SB ) 1 Kg de DBO 5 2,4 Kg de DCO 1/3 2/3 Cellules nouvelles Énergie, CO 2, H 2 O Soit 2,4 X 2/3 =1,6 kg de DCO utilisée transformés en biomasse ou 1 X 2/3 =0,66 kg de DBO 5 Équation simplifiée de loxydation de la matière organique Formule simplifiée de la matière organique : C 7 H 11 NO 3 Mat org + O 2 Mat vivante CO 2 + H 2 O + NH 3 Et le dosage chimique de boue donne: 1 kg de MVS = 1,5 kg de DCO = 0,6 kg de DBO5 1 kg de MES = 1,2 kg de DCO = 0,5 kg de DBO5 Lien entre M.org et Bactérie : 1 kg de MVS = 1,5 kg de DCO 1,6 kg de DCO utilisée donne 1,33 kg de MES (biomasse)

48 61 Dou 1 Kg de MVS 1,5 Kg de DCO 0,6 Kg deDBO 5 (DCO / DBO 5 2,4 ) (Matière organique ) 1 Kg de MES ( 80 % de MVS ) 1,2 Kg de DCO 0,5 Kg de DBO 5 Donc on a produit 1,6 Kg de DCO ou 0,66 Kg de DBO 5 qui donne 1,07 Kg de MVS dou 1,33 Kg de MES / kg de DBO5 éliminée Maximum en labsence dauto-oxydation

49 62 L'intérêt d'une faible Cm est triple : - La production de boues faible, ce qui limite les coûts de traitement et d'évacuation, - La teneur en matières organiques des boues faible (les matières organiques ont déjà été transformées en C0 2 et H 2 0 en grande partie), ce qui fait que les boues sont peu fermentescibles : moins de nuisances olfactives lors du stockage, du transport et de l'utilisation agricole. Les boues sont dites « stabilisées », - et une déshydratation des boues plus performante : les matières organiques à lentrée du réacteur sont en partie de caractère colloïdal et retiennent fortement l'eau. Elles s'opposent donc à leur déshydratation. Leur dégradation par hydrolyse et assimilation améliore la déshydratation. Remarques : des boues avec une forte teneur en matières organiques (Cm élevée) sont intéressantes pour les procédés de digestion anaérobie avec formation de l'utile gaz méthane. Domaine de Charge CMAPfCMCFC Taux de MVS65 %70 %75 %> 80 %

50 63 En conclusion, La charge organique spécifique intervient sur la quantité et la qualité souhaitées des boues. La Cm dépendent directement de l'âge des boues qui détermine la production spécifique des boues. La charge organique spécifique est donc choisie de façon à établir l'âge des boues donné

51 Sur la consommation spécifique d'oxygène La consommation spécifique d'oxygène : kg 0 2 consommé/kg DBO 5 éliminée ou kg 0 2 consommé/kg DB0 5 apportée (rendement élevé des procédés biologiques : > à 90 %). La consommation spécifique d'oxygène est le résultat de trois mécanismes: - loxydation directe des matières organiques des eaux usées, - l'oxydation indirecte des matières organiques bactériennes (respiration endogène) et - l'oxydation de l'ammonium (installation où la nitrification est recherchée).

52 65 Pour loxydation directe : Oxydation pour permettre la synthèse cellulaire. L'oxydation directe est peu dépendante de la charge organique spécifique et correspond à environ 0,64 kg O 2 /kg DB0 5 éliminée Donc1 kg de DBO 5 nécessite 0.64 (1.92 x 1 / 3 ) kg dO 2 20 % non biodégradée (inerte, particulaire adsorbée,….) 1 kg de DBO 5 2,4 kg de DCO == 80 % Biodégradable (2,4 x 0,8 = 1,92) 1/3 oxydation directe 0.64 kg dO 2

53 66 Pour loxydation indirecte : Respiration endogène Les matières organiques bactériennes formées sont par la suite plus ou moins oxydées en fonction de l'âge moyen des boues. Donc oxydation indirecte dépend de la charge organique spécifique. (âge de la culture)

54 67 Démonstration : Oxydation indirecte ou respiration endogène ou auto- oxydation on sait : 1 Kg de MVS = 1,5 Kg doxygène ou 1 Kg de MES =1,2 Kg doxygène (1,5 x 80 %) Donc loxydation d un kilogramme de MES nécessite 1,2 Kg doxygène CmPSBQuantité de MES auto-oxydées kg de DBO 5 /kg MVS.jkg de MES/kg DBO 5 éliminéekg de MES (1.33 – 0.7) (1.33 – 1.2) maxi1.330 Cette auto-oxydation nécessite de loxygène sur la base 1 kg de MES nécessite 1,2 kg doxygène.

55 68 Charge massique kg DBO 5 /kg MVS.jour Consommation spécifique doxygène indirecte kg O 2 /kg DBO x 1.2 = 0.76 On sait : 1 kg de MES = 1,2 kg de DCO Exprimé aussi en kg dO2/ kg de MVS: Pour une Cm de 0,1, il faut 10 fois moins doxygène doù 0,07 kg dO2 / kg de MVS.

56 69 Loxydation indirecte est: - faible pour les fortes charges organiques spécifique (âge de boues bref) et, inversement, élevée pour les procédés à faible charge. Les valeurs varient de 0.15 kg 0 2 /kg DB0 5 pour les procédés à forte charge à 0.8 kg 0 2 /kg DB0 5 pour les procédés à faible charge. CmAge de boueP spéc. boueConsom.d O2 faibleélevéfaibleimportante fortefaiblefortefaible

57 70 Pour loxydation de lammonium : Le troisième terme de la consommation spécifique d'oxygène correspond à l'oxydation de l'ammonium (nitrification). La nitrification s'applique uniquement aux procédés à faible charge organique spécifique : - boues activées, charges inférieures à 0.25 kg DBO 5 /kg MES/j - cultures fixées,faibles charges. Les explications de ce phénomène sont différents pour les deux types de procédés. La nitrification est réalisée par des bactéries autotrophes bien spécifiques (Nitrosomonas et Nitrobacter) qui sont caractérisées par : - une vitesse de croissance spécifique relativement lente, et - une forte sensibilité à la teneur en oxygène.

58 71 La vitesse de croissance spécifique ou taux de croissance ( µ o) des boues activées est l'inverse de l'âge de boues, puisque kg boues produites/jour µ o = (en jours –1) kg boues présentes et kg boues présentes âge de boue = (en jours) kg boues produites/jour et donc µ o = 1/âge de boue

59 72 Récapitulatif : Donc la vitesse de croissance spécifique relativement faible des bactéries nitrifiantes est seulement compatible avec des procédés à boues activées avec des âges de boues relativement élevés soit avec de faibles charges massiques. Type de biomasseAutotrophesHétérotrophes µo (vitesse de croissance)FaibleÉlevée Age de boueÉlevéFaible Cmfaibleélevée

60 73 Dans les procédés à boues activées : Age de la culture est le facteur limitant si les âges de boue sont trop faibles, les bactéries autotrophes ne pourront pas se développer Dans des procédés à cultures fixées : Concentration en Oxygène est le facteur limitant En effet: - les bactéries nitrifiantes réclament de plus fortes teneurs en oxygène dans leur environnement que les bactéries hétérotrophes et, dans les cultures fixées à forte charge, la vitesse de consommation de l'oxygène par les bactéries hétérotrophes est élevée, créant ainsi de faibles teneurs en oxygène et, par là, un climat défavorable pour le développement des bactéries nitrifiantes dans le biofilm. - une compétition des biomasses (hétérotrophes/ autotrophes) privilégiant les hétérotrophes.

61 74 La quantité d'oxygène nécessaire pour la nitrification est relativement élevée. On peut estimer que chaque kg d'azote ammoniacal oxydé en nitrate demande 4,25 kg O 2 NH O HCO C 5 H 7 NO H NO H 2 CO 3 Dans ce bilan : La nitrification dun kg de N-NH 4 + nécessite 1.86 x 32 g doxygène/14 soit 4.25 kg dO 2 Si l'on admet qu'environ 0,2 kg d'azote ammoniacal (60 mg de N-NH 4 + /L) est oxydé pour chaque kg de DB0 5 dans les eaux brutes (300 mg de DBO 5 /L), on obtient une consommation spécifique d'oxygène due à la nitrification qui s'élève à 0.85 kg 0 2 /kg DB0 5 (4.25/5)

62 75 SYNTHESE: Consommation spécifique d'oxygène en fonction de la charge massique ** sans nitrification (âge de la culture trop faible). En conclusion, la charge organique spécifique (Cm) intervient sur la consommation spécifique d'oxygène en fixant: - le degré dauto-oxydation des boues qu'elle permet et - sur les conditions de croissance des bactéries nitrifiantes. Charge massiqueAge des boues Consommation spécifique doxygène (kg DBO 5 /kg MVS.j)(jour)(kg O 2 /kg DBO 5 ) DirecteIndirecteNitrificationtotal (1.4**) (1.3**) ** **0.80

63 L'influence de la charge organique spécifique (Cm) sur la qualité de l'effluent traité La qualité de l'effluent de sortie peut être caractérisée par deux paramètres distincts : - les matières dissoutes :organiques (dégradables ou inertes), azotées, élimination assurée par lunité biologique. - les matières en suspension. élimination assurée par lunité physique. Le mécanisme d'élimination peut être schématisé de la façon suivante : Les Matières en suspension: *les particules en suspension dans l'eau brute sont rapidement captées dans les flocs des boues activées et sur le biofilm, * les matières présentes en suspension colloïdale sont rapidement adsorbées sur les flocs ou sur le biofilm et par la suite, après hydrolyse, transférées dans les cellules, Pour ces 2 points : Le captage des particules et l'adsorption des matières colloïdales sont très rapides et conduisent à l'élimination de 70 % de la DB0 5 en 15 minutes.

64 77 Les matières dissoutes: * les matières en solution véritable sont directement transférées vers l'intérieur des cellules et ensuite transformées en réserves intracellulaires ou en nouveau matériel cellulaire et C0 2 et H 2 0. Le transfert des matières en solution véritable est plus lent mais toujours suffisamment rapide pour que, dans les procédés à faible et moyenne charge, un rendement d'élimination proche de 100 % soit atteint. Si tout de même on trouve dans l'effluent traité un peu de matières organiques dissoutes, celles ci seront surtout constituées de quelques composés difficilement dégradables issus des eaux brutes et surtout de composés d'origine bactérienne, des métabolites produites dans l'unité biologique et, elles aussi, difficilement dégradables. En revanche, dans les systèmes à forte charge avec des âges de boues et des temps de séjour hydraulique faibles, quelques matières organiques dissoutes dégradables issues des eaux usées brutes pourront être entraînées avec l'effluent traité, dans la mesure où les réserves extracellulaires et intracellulaires de matières organiques ne sont pas suffisamment dégradées pour rendre les bactéries aptes à une rapide adsorption de nouvelles matières organiques dissoutes.

65 78 l'unité physique (le clarificateur ou décanteur secondaire) dépend - des conditions de fonctionnement du clarificateur en termes de charge hydraulique superficielle (m 3 /m 2 h.). - mais aussi les caractéristiques des matières en suspension issues de l'unité biologique en termes de décantabilité : notion dindice de boue (granulométrie, densité).

66 79 En conclusion, Domaine de charge (Cm) APfCMCFC Rendement en DBO 5 > à 95 %90 %85 %< à 80 % Rendement en Azote > 90 % * * Fonction de la température ( taux de croissance).

67 Résumé des critères pour la sélection de la charge organique spécifique A partir dun flux massique de matières organiques données (DBO 5, DCO), la valeur retenue pour la charge organique spécifique (Cm) va déterminer directement les dimensions des ouvrages et notamment de l'unité biologique. Une charge organique spécifique élevée conduit à un volume de réacteur relativement faible et inversement. Les critères de sélection qui doivent pris en compte lors de la sélection d'une charge organique spécifique sont: - Les caractéristiques des boues. Si une production de boues stabilisées peu fermentescibles est souhaitée, une faible charge organique spécifique devra être choisie. La consommation spécifique d'oxygène sera nécessairement élevée due à l'oxydation avancée des boues.

68 81 - La nitrification. Si la qualité des eaux réceptrices ne permet pas le rejet d'un effluent contenant de l'ammonium, une nitrification est nécessaire et lon retiendra une charge organique spécifique faible (AP/fC). -La teneur en matières organiques dans l'effluent traité. Si la stabilisation simultanée des boues et la nitrification ne sont pas nécessaires, on peut retenir des charges organiques spécifiques plus élevées. Mais les normes de rejet peuvent être difficilement respectées (surtout le respect du 95 % du temps). Ex : Pour un procédé FC : DBO 5 = 1/3 de soluble x 80 % dabattement = 20 mg/l de DBO 5 + MES ~ 10 mg/l soit 5 mg de DBO 5 puisque 1 mg de MES = 0.5 mg de DBO 5


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