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

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slide1

C:Canler/cours/Coursfinaltraitbio.ppt

PRINCIPE DU TRAITEMENT BIOLOGIQUE

Jean- Pierre CANLER

Equipe Traitement des eaux résiduaires

Groupement de Lyon

slide2

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

slide3

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

slide4

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)

slide5

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 %)
slide7

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

slide8

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

slide9

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

slide10

Charge polluante Notion d’équivalent habitant

Valeurs guides

Notion de flux = volume (litres) x concentration (mg/l)

Référence administrative : 60 g de DBO5

slide11

2 - Différents types de traitement

Caractéristique d’une eau usée domestique :

slide12

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

slide13

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 :

slide14

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

slide15

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.

slide16

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

slide17

Tableau de synthèse :

* avec un traitement biologique spécial

Rendements d'élimination des différents composés en %

slide18

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).

slide19

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

slide20

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

slide21

DCO lentement biodégradable

DCO facilement biodégradable

Biomasse hétérotrophe

Lyse

DCO inerte

Hydrolyse

Croissance

DCO dégradable

slide22

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

slide23

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

slide24

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.
slide25

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).
slide26

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

slide29

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).

slide31

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
slide32

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
slide33

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.

.

slide34

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
slide35

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.
slide36

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

slide37

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%)

slide38

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)

slide39

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)
slide40

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

slide41

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

slide42

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)

slide43

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.

slide45

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.

slide46

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

slide47

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

slide48

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

slide49

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.

slide50

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

slide51

6.2 - Sur la consommation spécifique d'oxygène

La consommation spécifique d'oxygène :

kg 02 consommé/kg DBO5 éliminée ou kg 02 consommé/kg DB05 apportée

(rendement élevé des procédés biologiques : > à 90 %)

.

La consommation spécifique d'oxygène est le résultat de trois mécanismes:

- l’oxydation 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).

slide52

Pour l’oxydation 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 O2/kg DB05 éliminée

20 % non biodégradée (inerte,

particulaire adsorbée,….)

2,4 kg

de

DCO

1 kg

de

DBO5

 1/3 oxydation directe

=

=

0.64 kg d’O2

80 %

Biodégradable

(2,4 x 0,8

= 1,92)

 Donc 1 kg de DBO5 nécessite 0.64 (1.92 x 1/3) kg d’O2

slide53

Pour l’oxydation 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)

slide54

Démonstration :

Oxydation indirecte ou respiration endogène ou auto- oxydation

on sait : 1 Kg de MVS = 1,5 Kg d’oxygène ou

1 Kg de MES =1,2 Kg d’oxygène (1,5 x 80 %)

Donc l’oxydation d ’un kilogramme de MES nécessite 1,2 Kg d’oxygène

Cette auto-oxydation nécessite de l’oxygène sur la base

1 kg de MES nécessite 1,2 kg d’oxygène.

slide55

On sait : 1 kg de MES = 1,2 kg de DCO

Exprimé aussi en kg d’O2/ kg de MVS:

Pour une Cm de 0,1 , il faut 10 fois moins d’oxygène

d’où 0,07 kg d’O2 / kg de MVS.

slide56

L’oxydation 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 02/kg DB05 pour les procédés à forte charge à 0.8 kg 02/kg DB05 pour les procédés à faible charge.

slide57

Pour l’oxydation de l’ammonium :

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 DBO5/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.

slide58

La vitesse de croissance spécifique ou taux de croissance (µo) des boues activées est l'inverse de l'âge de boues, puisque

kg boues produites/jour

µo = --------------------------------- (en jours –1)

kg boues présentes

et

kg boues présentes

âge de boue = ---------------------------------- (en jours)

kg boues produites/jour

et donc

µo = 1/âge de boue

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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.

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Dans les procédés à boues activées :

Age de la culture est le facteur limitantsi 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.

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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 O2

NH4+ + 1.86 O2 + 1.98 HCO3- 0.021 C5H7NO2 + 1.041 H20

+ 0.98 NO3- + 1.88 H2CO3

Dans ce bilan :

La nitrification d’un kg de N-NH4+ nécessite 1.86 x 32 g d’oxygène/14 soit

4.25 kg d’O2

Si l'on admet qu'environ 0,2 kg d'azote ammoniacal (60 mg de N-NH4+/L) est oxydé pour chaque kg de DB05 dans les eaux brutes (300 mg de DBO5/L), on obtient une consommation spécifique d'oxygène due à la nitrification qui s'élève à

0.85 kg 02/kg DB05 (4.25/5)

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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 d‘auto-oxydation des boues qu'elle permet et

- sur les conditions de croissance des bactéries nitrifiantes.

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6.3 - 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 l’unité biologique.

- les matières en suspension.

élimination assurée par l’unité 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 DB05 en 15 minutes.

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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 C02 et H20.
      • 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.
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l'unité physique (le clarificateur ou décanteur secondaire)

  • dépend
  • des conditions de fonctionnement du clarificateur en termes de charge hydraulique superficielle (m3/m2 h.).
  • - mais aussi les caractéristiques des matières en suspension issues de l'unité biologique en termes de décantabilité : notion d’indice de boue (granulométrie, densité).
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 En conclusion,

* Fonction de la température ( taux de croissance).

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7 - Résumé des critères pour la sélection de la charge organique spécifique

A partir d’un flux massique de matières organiques données (DBO5, 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.

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- 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 l’on 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 :
  • DBO5 = 1/3 de soluble x 80 % d’abattement = 20 mg/l de DBO5
  • +
  • MES ~ 10 mg/l soit 5 mg de DBO5
  • puisque 1 mg de MES = 0.5 mg de DBO5