PRINCIPE DU TRAITEMENT BIOLOGIQUE Jean- Pierre CANLER Equipe Traitement des eaux résiduaires Groupement de Lyon

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

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

3. 5 - 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. 1 - 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 DBO5 dissoute et particulaire et plus ou moins biodégradable - matières minérales : MM = MES - MVS 25 à 35 % de matières minérales (jusqu’à 50 % lors d’épisodes pluvieux)

5. Composés azotés • - caractérisés par le NK : azote Kjeldahl • avec N-NH4+ (azote ammoniacal) • et N organique • - et autres formes de l’azote • avec les formes oxydées : N-NO2- • N-NO3- • Et l’azote gazeux N2 • Composés phosphorés • avec les formes suivantes : • - des orthophosphates solubles PO43- (50 %) • - des polyphosphates : tripolyphosphates, pyrophosphate • (ont tendance à s’hydrolyser en orthophosphates) : 30 à 40 % • - du phosphore non dissous lié à des molécules organiques • ou contenu dans les matières en suspension (10 %)

6.  Caractérisation d’une eau résiduaire normalement concentrée

7. DCO DCO soluble inerte Soluble DCO facilement biodégradable DCO lentement biodégradable Particulaire et colloïdale DCO particulaire inerte DCO DCO biodégradable DCO inerte Demande Totale en Oxygène d’une pollution organique DBO ultime DBO5 DBO à court terme Comparaison des différentes demandes en oxygène d’une eau résiduaire

8. Caractérisation d’une eau de sortie Loi sur l’eau Exigences : DCO < 125 mg de O2/l DBO5 < 25 mg de O2/l MES < 35 mg de MES/l Conformité : 95 % du temps Valeurs rédhibitoires : 50 mg/l de DBO5 Zones classées sensibles NT < 15 mg/l ou 10 mg/l (si EH > 100 000 EH) PT < 2 mg/l ou 1 mg/l (si EH > 100 000 EH) DCOT de sortie = DCOinerte + DCObiomasse + DCOnon biodégradée Avec 1 g de MVS = 1,5 g de DCO Ou 1 g de MES = 1,2 g de DCOO

9. Volumes ou charges hydrauliques Volume collecté par unité de temps Volume journalier m3/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. Charge polluante Notion d’équivalent habitant Valeurs guides Notion de flux = volume (litres) x concentration (mg/l) Référence administrative : 60 g de DBO5

11. 2 - Différents types de traitement Caractéristique d’une eau usée domestique :

12. 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 DBO5 10 % du PT et du NT. Rappel : Notion de Rendement Part éliminée Rendement en % : -------------------------- Part appliquée

13. 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 d’abattement des matières colloïdales. Cependant, ces deux types de traitement n'affectent pas les matières présentes en solution réelle. A l’exception du phosphore qui, dans le traitement physico-chimique, par ajout d’un sel métallique, forme un précipité décantable. Principaux réactifs utilisés :

14. 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 DBO5 et 15 % sur le NT et plus de 80 % sur le PT

15. Le traitement biologique : Élimination des matières réductrices dissoutes: matières organiques et l’azote ammoniacal. Dans certains procédés biologiques bien spécifiques, on peut éliminer : de l'azote : mécanisme de nitrification : passage de NH4+ en NO3- mécanisme de dénitrification : passage de NO3- en N2 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. 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 DBO5 25 % (ou 90 %) sur le NT 30 % (ou 90 %) sur le PT Notion : DBO5 / N / P 100 / 5 / 1

17. Tableau de synthèse : * avec un traitement biologique spécial Rendements d'élimination des différents composés en %

18. 3 - 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. Mécanisme d’élimination : 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 C02 et H20. L'oxydation produit l'énergie nécessaire pour la synthèse CO2 ( 1/3 ) DCO biodégradable Ss Energie BIOMASSE X ( 2/3 ) Conversion de la matière organique lors de la croissance hétérotrophe

20. LIQUIDE CELLULE DCO biodégradable Xs adsorption Xs adsorbé Assimilation/ croissance Substrat particulaire Hydrolyse O2 CO2 Ss XB,H Substrat soluble Transformation de la matière organique dans les procédés d’épuration biologiques

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

22. Transformation de la matière organique I – Métabolisme = Catabolisme + Anabolisme 1/3 2/3 production d’énergiesynthèse cellules Mo + O2 CO2 + H2O + énergie Mo + énergie  MV + H2O Mo = C7 H11 NO3 II – Minéralisation Auto-oxydation ou respiration endogène MV + O2CO2 + NH3 + H2O

23. ADSORPTION ABSORPTION Eau résiduaire : substrat nourricier (C,N,P…) +O2 CATABOLISME ANABOLISME METABOLISME 2/3 protoplasme reproduction 1/3 énergie Composition de biomasse 6 – 7 % d’ azote / MES ou 8 – 9 % d’azote / MVS et 1 – 2 % de P / MVS et 1,5 kg de DCO/kg de MVS 1,2 kg de DCO/kg de MES Membrane bactérienne

24. Interprétation : • Nécessité d’oxyder 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 %. • D’où 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. 4 - 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 (m3/jour, m3/h.) intervient surtout sur l'unité physique de séparation solide/liquide (clarificateur ou décanteur secondaire, les prétraitements).

26. VOLUME = Volume journalier : quantité d’eau collectée m3 E.R.U E.C.P E.R.I Débits horaires moyens m3/h E.R.U (sur 24 heures) E.C.P (sur 24 heures) E.R.I (sur la durée de l’activité) Débits de pointe * Cas des grosses collectivités E.R.U : Détermination du coefficient de pointe 2,5 Cp = 1,5 + ------------ Qm l/s Débit de pointe ERU : Q moyen E.R.U x Cp * Cas des petites collectivités Cp = 3

29. flux massique (ou charge organique ou azotée ou …) couramment exprimé en termes de kg DBO5/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 d’un échantillon confectionné par rapport aux débits (échantillon proportionnel aux débits).

31. 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 d’unité 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 l’unité de traitement biologique. • en kg d’oxygène /jour et par heure

32. 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 DBO5 ou NTK ou DCO/kg de MVS ou MES.jour • la production spécifique de boues (PSB) 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 DBO5 éliminée ou apportée • la consommation spécifique d'oxygène étant la quantité d'oxygène consommée pour une quantité de MO éliminée. • en kg d’oxygéne transféré ou injecté / kg de DBO5 ou DCO • ou N-NH4+éliminéeou apportée • En Nm3 d’air injecté / kg de DBO5 ou DCO ou N-NH4+ éliminée ou apportée

33. 5 - 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. Comment estimer la fraction de biomasse vivante ? • Difficultés d’estimer 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. 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 DB05/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. L'expression pour la charge organique spécifique employée pour les cultures fixées devient alors : kg DBO5/jour charge volumique = ------------------------- m3 de réacteur  On distingue, par convention, les charges massiques suivantes: Valeurs courantes de charges organiques spécifiques

37. Exemple : Calculez le volume du bassin d'aération d'une station d'épuration type "aération prolongée" pour une ville de 12.000 habitants. On suppose : ‑ rejet par habitant 0.060 kg DBO5/jour ‑ charge massique 0.1 kg DBO5/kg MVS.j ‑ concentration des boues activées 4 kg MES/m3 et 2.8 kg MVS/m3 (70%)

38. On trouve : - flux massique journalier 12 000 x 0.060 = 720 kg de DBO5/jour - quantité de boues dans le bassin 720 / 0.1 = 7.200 kg MVS ou 10285 kg MES (720 / 0.07) - volume du bassin 7.200 / 2.8 = 2571 m3 (ou 10285/4)

39. 6 - L'influence spécifique de la charge organique 6.1 - Sur la production spécifique de boues La production spécifique de boues (PSB), mesurée comme matières sèches (MS) ou MES, est à strictement parler, exprimée comme suit: PSB = kg MS produites ou de MES/kg DB05 éliminée Puisque le rendement d'élimination des procédés biologiques est normalement supérieur à 90 %, on peut également écrire : • PSB = kg MS produites ou de MES /kg DBO5 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. 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 H20 et C02 et l’autre 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 d’énergiesynthèse cellules Mo + O2 CO2 + H2O + énergie Mo + énergie  MV + H2O Mo = C7 H11 NO3 II – Minéralisation Auto-oxydation MV + O2CO2 + NH3 + H2O

41. 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. substrat Cellules nouvelles CO2 et H2O Temps de séjour (âge de la population) Présentation schématique du mécanisme de production et de stabilisation de boues

42. Mais combien de temps les bactéries séjournent-elles dans l'unité biologique (le bassin d'aération, le lit bactérien) ? La production spécifique nette (résultat de la première formation et de la dégradation successive) diminue donc avec le temps. 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. Comment cet âge de boues moyen dépend-il de la charge organique spécifique ? Lorsque la charge journalière en DB05 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 DB05 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 d’où 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.

44. Quelques valeurs types

45. Démonstration : • -Pour l’âge 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 d’entrée (Qe) x [DBO5] x Psb • On sait que la Cm = Volume d’entrée (Qe) x [DBO5] / Volume du réacteur x [MVS] • Donc 1 Age de boues = Cm x PSB (attention aux unités) Relation inverse de la Cm Sur la base d’une production spécifique de : 0,7 kg de MES/ kg de DBO5 éliminée ou 0,5 kg de MVS/ kg de DBO5 éliminée.

46. Ou Charge massique = 0.1 kg de DBO5/kg de MVS. jour Pour un réacteur comprenant 1 kg de MVS, il faudra appliquer 0.1 kg de DBO5/jour. Et on produira environ 0.7 (PSB : donnée) x 0.1 = 0.07 kg de MES ou 0.049 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) D’où 1/0.049 = 20 jours

47. Pour la production spécifique de boue (PSB ) Lien entre M.org et Bactérie : 1 kg de MVS = 1,5 kg de DCO Énergie, CO2 , H2O 1/3 2,4 Kg de DCO 1 Kg de DBO5 Soit 2,4 X 2/3 =1,6 kg de DCO utilisée transformés en biomasse ou 1 X 2/3 =0,66 kg de DBO5 Cellules nouvelles 2/3 Équation simplifiée de l’oxydation de la matière organique Formule simplifiée de la matière organique : C7 H11 NO3 Mat org + O2 Mat vivante CO2 + H2O + NH3 1,6 kg de DCO utilisée donne 1,33 kg de MES (biomasse) 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

48. D’ou 1 Kg de MVS ≈ 1,5 Kg de DCO ≈ 0,6 Kg deDBO5 (DCO / DBO5 ≈ 2,4 ) (Matière organique ) 1 Kg de MES ( 80 % de MVS ) ≈ 1,2 Kg de DCO ≈ 0,5 Kg de DBO5 Donc on a produit 1,6 Kg de DCO ou 0,66 Kg de DBO5 qui donne 1,07 Kg de MVS d’ou 1,33 Kg de MES / kg de DBO5 éliminée Maximum en l’absence d’auto-oxydation

49. 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 C02 et H20 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 l’entrée 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.

50. 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