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PRINCIPE DU TRAITEMENT BIOLOGIQUE

  

Jean- Pierre CANLER Equipe Traitement des eaux résiduairesGroupement de Lyon

C:Canler/cours/Coursfinaltraitbio.ppt 

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Principe du traitement biologique1 - 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

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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

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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)

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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 : N-NO2-

N-NO3-

Et l’azote gazeux N2

• Composés phosphorésavec 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

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DCO

Soluble

Particulaireet colloïdale

DCO soluble inerte

DCO facilement biodégradable

DCO lentement biodégradable

DCO particulaire inerte

Comparaison des différentes demandes en oxygène d’une eau résiduaire

Demande Totale en Oxygène

d’une pollution

organique

DCODCO

biodégradable

DBO ultime

DBO5

DBO à court terme

DCO inerte

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Caractérisation d’une eau de sortieLoi sur l’eau

Exigences :DCO < 125 mg de O2/l

DBO5 < 25 mg de O2/l

MES < 35 mg de MES/lConformité : 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

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Volumes ou charges hydrauliquesVolume 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

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Charge polluante Notion d’équivalent habitant Valeurs guidesNotion de flux = volume (litres) x concentration (mg/l)

 

Référence administrative : 60 g de DBO5

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 9 g 12 g

P 3 g 2,5 g 2,5 g

Volume 150 à 200 litres 100 litres 150 litres

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 2 - Différents types de traitement

 Caractéristique d’une eau usée domestique : 

   

Dissous Colloïdale Particulaire

= coagulable = décantable

Granulométrie < à 0.1 µm de 0.1 à 100 µm > à 100 µm

Proportions 30 % 30 % 30 %

Molécules Acides acétiquesAcides aminésAcides gras volatilsProtéinesAcides humiquesPolysaccharides,…

GraissesBactéries libresDébris cellulaires

Fibres cellulosiques Agrégats lipidiquesMacro-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.

Rappel : Notion de Rendement Part éliminée

Rendement en % : --------------------------

Part appliquée 

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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 Formule Noms du précipité Formule

Chlorure ferrique FeCl3 Phosphate ferrique FePO4

Sulfate d’aluminium Al2(SO4)3 Phosphate d’aluminium AlPO4

Chlorosulfate ferrique FeSO4Cl Phosphate ferrique FePO4

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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

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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.

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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 suspension80à 95 % de la DCO

Plus de 95 % de la DBO5

25 % (ou 90 %) sur le NT30 % (ou 90 %) sur le PT

Notion : DBO5 / N / P 100 / 5 / 1

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Rendements d'élimination des différents composés en %

 

* avec un traitement biologique spécial

Tableau de synthèse :

MES DCO DBO5 NT PT

Eaux brutes (mg/l) 250 - 300 700 290 70 15

Procédés Rendement d’élimination en %

Décantation primaire 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*)

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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).

  

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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 

DCO biodégradable

Ss

CO2 ( 1/3 )

BIOMASSE X ( 2/3 )

Conversion de la matière organique lors de la croissance hétérotrophe

Energie

20

DCO biodégradable

Xs

LIQUIDE

adsorption

Hydrolyse

Xs adsorbé

Ss

O2 CO2

XB,H

CELLULE

Assimilation/ croissance

Transformation de la matière organique

dans les procédés d’épuration biologiques

Substrat particulaire

Substrat soluble

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Hydrolyse

Croissance

DCO lentement biodégradable

DCO facilement biodégradable

Biomasse hétérotrophe

DCO inerte

Lyse

DCO dégradable

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Transformation de la matière organique 

I – Métabolisme = Catabolisme + Anabolisme 1/3 2/3 production d’énergie synthèse cellules

Mo + O2 CO2 + H2O + énergie Mo + énergie MV + H2O

Mo = C7 H11 NO3

 

II – MinéralisationAuto-oxydation ou respiration endogène

MV + O2 CO2 + NH3 + H2O

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ABSORPTION

CATABOLISME ANABOLISME

1/3 énergie

2/3 protoplasme reproduction

Membrane bactérienne

ADSORPTION

METABOLISME

Eau résiduaire :

substrat nourricier (C,N,P…)

+O2

6 – 7 % d’ azote / MESou

8 – 9 % d’azote / MVSet

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

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  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.

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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/hE.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 collectivitésE.R.U : Détermination du coefficient de pointe

2,5Cp = 1,5 + ------------

Qm l/sDébit de pointe ERU : Q moyen E.R.U x Cp

* Cas des petites collectivités Cp = 3

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Allure générale d'une courbe de débit

0

0,5

1

1,5

2

2,5

3

3,5

1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23

temps en heures

dé

bit

en

m3/

h

28

Cas d'un réseau drainant

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23

temps en heures

dé

bit

en

m3/

h

Cas d'un réseau très long

0

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20

1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23

temps en heures

dé

bit

en

m3/

h

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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).

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Evolution de la concentration de la DCO au cours de la journée

0

100

200

300

400

500

600

700

1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23

temps en heures

Co

nce

ntr

ati

on

de

l'e

fflu

en

t e

n m

g/l

Evolution du flux polluant en DCO au cours de la journée

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1

1,2

1,4

1,6

1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23

temps en heures

Ch

arg

e o

rga

niq

ue

ho

rair

e e

n k

g

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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

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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

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5 - La charge organique spécifique ou charge massique

 

La charge organique spécifique (ou Cm) est exprimée comme suit :

Quantité de matières organiques / unité de tempsCm = --------------------------------------------------------------------------

  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

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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.

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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: 

 

Désignation conventionnelle SymboleBoues 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

Valeurs courantes de charges organiques spécifiques

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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%)

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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)

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 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)

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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’énergie synthèse cellulesMo + O2 CO2 + H2O + énergie Mo + énergie MV + H2O

Mo = C7 H11 NO3

 II – Minéralisation

Auto-oxydation  MV + O2 CO2 + NH3 + H2O

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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

Présentation schématique du mécanisme de production et de stabilisation de boues

Temps de séjour (âge de la population)

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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

 

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.

Quantité de boues (biofilm) dans la station

Quantité de boues (biofilm) produite par jour Ratio élevé

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Quelques valeurs types  

Charge massique Age de bouesProduction 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 < 2 1.2

élevée Tend vers 1.33

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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

1Age de boues =

Cm x PSB (attention aux unités)

Relation inverse de la CmSur 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.

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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

 

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Pour la production spécifique de boue (PSB )

1 Kg de

DBO5

2,4 Kg de

DCO

1/3

2/3

Cellules nouvelles

Énergie, CO2 , H2O

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

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

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

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.

Domaine de Charge CM AP fC MC FC

Taux de MVS 65 % 70 % 75 % > 80 %

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

51

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).

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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

  

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

20 % non biodégradée (inerte, particulaire adsorbée,….)

1 kg de

DBO5

2,4 kg de

DCO= =

80 %Biodégradable

(2,4 x 0,8 = 1,92)

1/3 oxydation directe

0.64 kg d’O2

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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)

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Démonstration : 

Oxydation indirecte ou respiration endogène ou auto- oxydationon 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 Quantité de MES auto-oxydées

kg de DBO5/kg MVS.j kg de MES/kg DBO5 éliminée 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 base1 kg de MES nécessite 1,2 kg d’oxygène.

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Charge massique

kg DBO5/kg MVS.jour

Consommation spécifique d’oxygène indirecte

kg O2/kg DBO5

0.10 0.63 x 1.2 = 0.76

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.

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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.

Cm Age de boue P spéc. boue Consom.d’O2

faible élevé faible importante

forte faible forte faible

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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.

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 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. 

Type de biomasse Autotrophes Hétérotrophes

µo (vitesse de croissance) Faible Élevée

Age de boue Élevé Faible

Cm faible élevée

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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.

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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.

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

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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,

   

Domaine de charge (Cm) AP fC MC FC

Rendement en DBO5 > à 95 % 90 % 85 % < à 80 %

Rendement en Azote > 90 % *

* 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