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PRINCIPE DU TRAITEMENT
BIOLOGIQUE
Jean- Pierre CANLER
Equipe Traitement des eaux résiduaires
Groupement de Lyon
14
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
15
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
16
1 - L'objectif
Le traitement biologique :
- système plus performant que les traitements physiques et physicochimiques 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)
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• 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 :
Et l’azote gazeux N2
N-NO2N-NO3-
• 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 %)
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 Caractérisation d’une eau résiduaire
normalement concentrée
pH
7,8
Conductivité
1100 µS/cm
Température
12 à 20 °C
DCO
700 mg/l – 750 mg/l
DBO5
300 mg/l
MES
250 mg/l
NK
75 – 80 mg/l
N-NH4+
60 mg/l
PT
20 mg/l
P-PO43-
18 mg/l
S.E.C.
100 mg/l
Germes tests
108 à 109 /l
19
DCO soluble inerte
Soluble
DCO facilement biodégradable
DCO
Particulaire
et colloïdale
DCO lentement biodégradable
DCO particulaire inerte
DCO
Demande
Totale en
Oxygène
d’une
pollution
organique
DCO
biodégradable
DBO ultime
DCO inerte
DBO5
DBO à court terme
Comparaison des différentes demandes en oxygène d’une eau
résiduaire
20
 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
21
 Volumes ou charges hydrauliques
Volume collecté par unité de temps
Volume journalier
m3/j
pour :
Un habitant =
E.R.U
E.C.P
E.R.I
(eaux résiduaires urbaines)
(eaux claires parasites)
(eaux résiduaires industrielles)
Variable selon la taille de la collectivité,…..
De 100 l à 250 l / E.H
150 l/habitant
22
 Charge polluante Notion d’équivalent habitant
Valeurs guides
Notion de flux = volume (litres) x concentration (mg/l)
Grosses
collectivités
Petites
collectivités
En l’absence
de mesures
Habitant réel
DCO
115 g
80 g
110 – 120 g
DBO5
50 g
35 g
45 – 50 g
MES
45 g
36 g
60 g
N
10 g
9g
12 g
P
3g
2,5 g
2,5 g
150 à 200 litres
100 litres
150 litres
Volume
Référence administrative : 60 g de DBO5
23
2 - Différents types de traitement
Caractéristique d’une eau usée domestique :
Dissous
Colloïdale
= coagulable
Granulométrie
Proportions
Molécules
Particulaire
= décantable
< à 0.1 µm
de 0.1 à 100 µm
> à 100 µm
30 %
30 %
30 %
Acides acétiques
Acides aminés
Acides gras volatils
Protéines
Acides humiques
Polysaccharides,…
Graisses
Bactéries libres
Débris cellulaires
Fibres cellulosiques
Agrégats lipidiques
Macro-protéines
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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.
Part éliminée
Rendement en % : -------------------------Part appliquée
Rappel : Notion de Rendement
25
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 :
Noms du réactifs
Chlorure ferrique
Formule
FeCl3
Noms du précipité
Phosphate ferrique
Formule
FePO4
Sulfate d’aluminium
Al2(SO4)3 Phosphate d’aluminium
AlPO4
Chlorosulfate ferrique
FeSO4Cl
FePO4
Phosphate ferrique
26
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
et
15 % sur le NT
plus de 80 % sur le PT
27
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 NO3mécanisme 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 microorganismes). 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.
28
Le traitement biologique :
(réacteur biologique + clarificateur
ou
décanteur secondaire)
Élimination de la totalité des MES et
de la presque totalité des matières dissoutes
Soit
Notion :
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
DBO5 / N / P
100 / 5 / 1
plus de
29
Tableau de synthèse :
Eaux brutes (mg/l)
MES
DCO
DBO5
NT
PT
250 - 300
700
290
70
15
Procédés
Décantation primaire
Rendement d’élimination en %
55 à 65
25-35
25-35
10-15
< 10
Traitement primaire
avec physico-chimique
70-90
50-70
50-70
15-20
> 80
Traitement secondaire
biologique
> 90
80-95
> 95
25
(90*)
30
(90*)
* avec un traitement biologique spécial
Rendements d'élimination des différents composés en %
30
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).
31
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
32
LIQUIDE
CELLULE
DCO
adsorption
biodégradable
Xs adsorbé
Xs
Substrat particulaire
Hydrolyse
Assimilation/ croissance
O2
CO2
Ss
Substrat soluble
XB,H
Transformation de la matière organique
dans les procédés d’épuration biologiques
33
DCO lentement biodégradable
Hydrolyse
DCO facilement biodégradable
Croissance
Biomasse hétérotrophe
Lyse
DCO inerte
DCO dégradable
34
Transformation de la matière organique
I – Métabolisme =
Catabolisme
+
1/3
production d’énergie
Mo + O2  CO2 + H2O + énergie
Anabolisme
2/3
synthèse cellules
Mo + énergie  MV + H2O
Mo = C7 H11 NO3
II – Minéralisation
Auto-oxydation ou respiration endogène
MV + O2  CO2 + NH3 + H2O
35
ADSORPTION
ABSORPTION
Eau
résiduaire : +O2
substrat
nourricier
(C,N,P…)
CATABOLISME
ANABOLISME
1/3
énergie
2/3
protoplasme
reproduction
Membrane bactérienne
METABOLISME
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
36
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.
37
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).
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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
39
Allure générale d'une courbe de débit
3,5
3
débit en m 3/h
2,5
2
1,5
1
0,5
0
1
3
5
7
9
11
13
15
17
19
21
23
tem ps en heures
40
Cas d'un réseau drainant
10
9
8
débit en m 3/h
7
6
5
4
3
2
1
0
1
3
5
7
9
11
13
15
17
19
21
23
tem ps en heures
Cas d'un réseau très long
20
18
16
débit en m 3/h
14
12
10
8
6
4
2
0
1
3
5
7
9
11
13
tem ps en heures
15
17
19
21
23
41
 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).
42
Evolution de la concentration de la DCO au cours de la journée
Concentration de l'effluent en mg/l
700
600
500
400
300
200
100
0
1
3
5
7
9
11
13
15
17
19
21
23
19
21
23
temps en heures
Evolution du flux polluant en DCO au cours de la journée
Charge organique horaire en kg
1,6
1,4
1,2
1
0,8
0,6
0,4
0,2
0
1
3
5
7
9
11
13
15
17
temps en heures
43
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
44
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+ éliminée ou apportée
En Nm3 d’air injecté / kg de DBO5 ou DCO ou N-NH4+ éliminée ou
apportée
45
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.
46
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
47
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
48
l'unité de volume qui a été choisie pour représenter la biomasse.
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:
Symbole
Boues activées
kg DBO5/kg MVS.j
Aération Prolongée
AP
< à 0.1
faible Charge
fC
0.1 – 0.2
Moyenne Charge
MC
0.2 – 0.5
Forte Charge
FC
> à 0.5
Désignation conventionnelle
Valeurs courantes de charges organiques spécifiques
49
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
- charge massique
- concentration des boues activées
et
0.060 kg DBO5/jour
0.1 kg DBO5/kg MVS.j
4 kg MES/m3
2.8 kg MVS/m3 (70%)
50
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)
51
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)
52
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
1/3
production d’énergie
Mo + O2  CO2 + H2O + énergie
Mo = C7 H11 NO3
Anabolisme
2/3
synthèse cellules
Mo + énergie  MV + H2O
II – Minéralisation
Auto-oxydation
MV + O2  CO2 + NH3 + H2O
53
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
54
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)
55
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 :
Quantité de boues (biofilm) dans la station
Quantité de boues (biofilm) produite par jour
 Ratio élevé
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.
56
Quelques valeurs types
Charge massique
Age de boues
Production spécifique de
boues
(kg DBO5 / kg MVS.jour)
(jours)
(kg MS ou MES / kg DBO5 éliminée)
0.10
> 15
0.7
0.20
0.8
0.50
1.0
1.00
élevée
<2
1.2
Tend vers 1.33
57
Démonstration :
- Pour
l’âge de boue :
• Age des boues =
• Age des boues =
Quantité de boues dans la station (kg MS ou de MES)
Quantité de boues produites par jour (kg MS ou de MES /jour)
Volume du réacteur x [ MVS]
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
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.
(attention aux unités)
Relation inverse de la Cm
58
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
59
Pour la production spécifique de boue (PSB )
Lien entre M.org et Bactérie : 1 kg de MVS = 1,5 kg de DCO
2,4 Kg
de
DCO
1 Kg
de
DBO5
1/3
Énergie, CO2 , H2O
Soit
2/3
Cellules
nouvelles
2,4 X 2/3 =1,6 kg de DCO utilisée
transformés en biomasse
ou
1 X 2/3 =0,66 kg de DBO5
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
60
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
61
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 »,
Domaine de Charge CM
AP
fC
MC
FC
Taux de MVS
65 %
70 %
75 %
> 80 %
- 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
62
formation de l'utile gaz méthane.
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
63
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).
64
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,….)
1 kg
de
DBO5
=
2,4 kg
de
DCO
=
0.64 kg
d’O2
 1/3
oxydation
directe
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
65
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)
66
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
Cm
PSB
kg de DBO5/kg MVS.j kg de MES/kg DBO5 éliminée
Quantité de MES auto-oxydées
kg de MES
0.1
0.7
0.63 (1.33 – 0.7)
0.5
1
0.33
1
1.2
0.13 (1.33 – 1.2)
maxi
1.33
0
Cette auto-oxydation nécessite de l’oxygène sur la base
1 kg de MES nécessite 1,2 kg d’oxygène.
67
On sait : 1 kg de MES = 1,2 kg de DCO
Charge massique
kg DBO5/kg MVS.jour
0.10
Consommation spécifique
d’oxygène indirecte
kg O2/kg DBO5
0.63 x 1.2 = 0.76
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.
68
L’oxydation indirecte est:
- faible pour les fortes charges organiques spécifique (âge de
boues bref) et, inversement, élevée pour les procédés à faible charge.
Cm
Age de boue P spéc. boue
Consom.d’
O2
faible
élevé
faible
importante
forte
faible
forte
faible
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.
69
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,
- cultures fixées,
charges inférieures à 0.25 kg DBO5/kg MES/j
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.
70
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
71
Récapitulatif :
Type de biomasse
Autotrophes
Hétérotrophes
µo (vitesse de croissance)
Faible
Élevée
Age de boue
Élevé
Faible
Cm
faible
élevée
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.
72
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.
73
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)
74
SYNTHESE:
Charge massique
Age des
boues
Consommation spécifique d’oxygène
(kg DBO5/kg MVS.j)
(jour)
(kg O2/kg DBO5)
Directe
Indirecte
Nitrification
total
0.10
14
0.64
0.76
0.85
2.25
(1.4**)
0.20
6
0.64
0.64
0.85
2.13
(1.3**)
0.50
2
0.64
0.40
**
1.04
1.00
0.8
0.64
0.16
**
0.80
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.
75
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.
76
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
77
organiques dissoutes.
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).
78
En conclusion,
Domaine de charge (Cm)
AP
fC
Rendement en DBO5
> à 95 % 90 %
Rendement en Azote
> 90 % *
MC
FC
85 %
< à 80 %
* Fonction de la température ( taux de croissance).
79
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.
80
- 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
81