Traitement biologique secondaire

 

Traitement secondaire/biologique

 

Après les traitements primaires des effluents de tanneries, il est nécessaire de mettre en place des traitements secondaires biologiques qui permettent d'abattre spécifiquement la DBO et la DCO.  De manière générale, ces traitements permettent une élimination de 70 à 90 % de la DBO et de plus de 75 % de la DCO (Source : cours de Nicolas Bernet Supagro)​.

Des bactéries ingèrent alors les matières organiques des effluents et les oxydent par respiration en milieu aérobie. Outre ces matières organiques, les composés azotés peuvent aussi être éliminés par nitrification si l'on travaille en conditions anoxiques. Cependant, nos effluents ne contiennent pas de quantités importantes de composés azotés et aucune norme en sortie de station n'est exigée pour ces composés. Nous nous limiterons donc à l'élimination de la DBO et de la DCO en milieu aérobie.

Le traitement secondaire biologique est une méthode bien connue et donc usuelle à mettre en oeuvre, ce qui est idéal pour notre station de traitement. Les zones humides n'étant pas adaptées à notre surface limitée, il faut alors se tourner vers des procédés à lits bactériens, qui sont des cultures fixes, ou à boues activées (cultures libres). Ces dernières permettent de traiter des effluents à forte charge, sont moins dépendantes de la température et plus efficaces que les lits bactériens.  Nous choisissons un traitement secondaire biologique basée sur les boues activées pour notre station de traitement.

Ce procédé se compose d'un bassin d'aération où se développent librement des bactéries se nourrissant de matières organiques contenues dans les effluents. Ce bassin est aéré pour permettre la respiration des souches, nécessaire à la dégradation aérobie de la pollution organique. Les bactéries sont donc en contact permanent avec le dioxygène de l'air injecté et avec les effluents. A la suite de ce bassin, est placé un clarificateur qui permet la décantation des boues générées. Une grande partie de ces boues est recyclée dans le premier bassin pour maintenir une concentration constante en bactéries et une autre partie est extraite pour éviter une concentration trop importante de boues dans le bassin d'aération. Les boues purgées peuvent être valorisées ultérieurement (cf Traitement des boues).

 

          

Figure 21 : Procédé de traitement biologique secondaire (Source: réalisation personnelle à l'aide du logiciel  en ligne Lucidchart)

 

La norme de rejet à respecter dans le cas de la restauration du Riachuelo est de 250 mg/L de DBO et de 500 mg/L de DCO. Ainsi, nous devons dimensionner le bassin d'aération et le décanteur en fonction de cet objectif à atteindre. Dans un premier temps, nous allons rassembler les données utiles puis nous dimensionnerons ces éléments.

 

I. Caractéristiques des effluents à traiter et premières données

 

La DBO et la DCO étant reliées, nous avons choisi de travailler avec la DCO pour nos calculs de dimensionnement. Sont présentées ci-dessous les notations utilisées dans la figure 21 et que nous allons conserver dans la suite du chapitre.

Q, Qs, Qr, Qp : respectivement les débits d'entrée, de sortie, de recyclage et de purge des boues 

Se, S : respectivement la DCO entrante et la DCO en sortie de traitement

X, Xp, Xs : respectivement les concentrations en biomasse dans le bassin d'aération, dans les boues générées et dans l'eau épurée

On considère que l'eau épurée ne contient aucune biomasse donc $ Xs=0 $.

Le volume maximum d'effluents à traiter par jour est de 6825 m3. Cela correspond donc à un débit d'entrée Q=285 m3/h.

D'après les caractéristiques de nos effluents, nous avons Se= 3330 mg/L. Nous voulons aboutir à une DCO finale de 500 mg/L, ce qui correspond à un rendement de traitement de 87 %. Ce chiffre est donc tout à fait atteignable par le procédé de boues activées, comme nous l'avons vu précédemment. Nous allons donc considérer $ S=500 mg/L$. A noter que nous avons dans nos effluents des matières en suspension à teneur de 293 mg/L.

Les bactéries utilisées pour l'oxydation ont pour formule moyenne $ C_5H_7 NO_2 $Elles vont oxyder la matière organique de formule générale $ C_6H_{14}O_2N $. 

Plusieurs réactions ont lieu dans notre bassin : l'oxydation de la matière organique, la croissance des bactéries et leur respiration. Nous avons donc la somme de réactions suivantes qui se produit : 

$$ 2 C_6H_{14}O_2N + 15,5 O_2 \rightarrow 11 H_2O + 12 CO_2 + 2 NH_3 $$

$$ C_6H_{14}O_2N + 0,2 NH_3 + 1,75 O_2 \rightarrow 1,2 C_5H_7NO_2 +3,1 H_2O $$

$$ C_5H_7NO_2 + 5 O_2 \rightarrow 5 CO_2 + 2 H_2O + NH_3 $$

 

Nous avons choisi de fixer différents paramètres pour le dimensionnement du bassin :

  • L'âge des boues $\theta$ est fixé à 3 jours car nous sommes dans le cas d'un effluent à forte charge ayant une DBO de 1,7 kgDBO/L (l'âge des boues ne doit alors pas dépasser 4 jours pour éviter une anoxie du milieu). (Source : Cours de Nicolas Bernet,INRA Montpellier "Traitement biologique des eaux usées, 1.Traitement du carbone)
  • Le taux de décès des micro-organismes est fixé à $Kd=0,06j^{-1} $ (Source : Yolaine Bessière, Traitement des eaux, 2013)
  • Le rendement de conversion est estimé à $ Yh=0,45 gMVS/gDCO $ (Source : Idem)
  • Nous avons choisi de fixer la biomasse du réacteur à $ X=3500 mgMVS/L $ 
  • Nous estimons le rapport $\frac{DCO}{MVS}=1,42 $ (Source : Metcalf & Eddy Wastewater engineering Treatment and Reuse,  International Edition, 2004)

 

II. Calcul du volume du bassin d'aération

 

Pour un bon fonctionnement du traitement biologique, il faut que la concentration en biomasse X reste constante. Il faut donc déterminer un temps de séjour hydraulique, noté $ t_h $, fonction des concentrations en polluants, de l'âge des boues et du taux de décès. Ce taux correspond à la durée nécessaire de contact entre la biomasse et les effluents pour une bonne élimination de la matière organique. Il est défini par $t_h=\frac{V}{Q} $. Or, nous savons qu'il est possible d'écrire : 

$$ \frac{1}{\theta}=\frac{(Yh \times Q \times (Se-S))}{(V \times X)} - Kd $$

Ainsi, en remplaçant V par $ t_h \times Q $ dans cette formule, et après simplification de Q, nous obtenons : 

$$ X=\frac {Yh\times(Se-S)}{(\frac{1}{\theta}+Kd)\times t_h} $$

On peut alors isoler $\theta $ en fonction des autres paramètres connus et calculer le temps de séjour hydraulique. Après calculs, nous obtenons alors : $t_h=0,93 j$. Ce temps de séjour nous permet d'accéder au volume du bassin nécessaire à la dégradation de la DCO puisque $ t_h=\frac{V}{Q} $. On obtient donc V= 6347 m3

Nous choisissons encore une fois un bassin circulaire pour favoriser un bon mélange des bactéries et une bonne aération. La hauteur du bassin est fixée à 4 m. Cela nous conduit donc à une surface de bassin de $\frac{V}{4}=1587 m^2 $. Nous pouvons alors en déduire le diamètre par la formule : $D=\sqrt{(\frac{{4}\times{1587}}{\pi})}=45 m $

 

III. Calcul de la production journalière de biomasse

 

La biomasse placée dans le bassin d'aération croît de façon quotidienne. Il faut donc estimer quelle est la production journalière en biomasse pour estimer le débit de purge nécessaire au bon fonctionnement du traitement secondaire.

On note :

-$Y_{obs}$ : rendement de production de biomasse dans un procédé soit le rapport de la quantité de boue purgée sur la quantité de pollution éliminée. 

Nous avons donc : $ Y_{obs} = \frac{Qp \times Xp}{Q \times (Se-S)} $. Nous pouvons également écrire $Y_{obs}=\frac{Yh}{1+ \theta \times Kd} $. A l'aide de cette dernière formule, nous pouvons donc en déduire que $ Y_{obs}=0,38 gMVS/gDCO $.

Nous savons que la production de boue quotidienne $P_x$ peut s'écrire $P_x=Qp \times Xp $ d'ou $P_x=Y_{obs} \times (Q \times (Se-S)) $. Nous obtenons alors Px= 7410 kg/j. 

A noter que l'on peut faire varier la quantité de biomasse X introduite dans le bassin pour diminuer la taille du réacteur. Cependant, il peut alors y avoir des fuites de matières en suspension en sortie du décanteur ce qui nous empêcherait de répondre à la norme demandée. 

 

IV. Calcul de la concentration de boues extraites 

 

Nous pouvons écrire un bilan massique sur notre traitement secondaire: 

$$ (Q+Qr) \times X = (Qr \times Xp) + (Qp \times Xp) + (Qs \times Xs)$$ 

Or, dans l'eau épurée nous pouvons considérer qu'il n'y a pas de biomasse, donc $Xs=0$. L'équation précédente donne donc :

$$ (Q + Qr) \times X = (Qr+Qp) \times Xp $$

On considère généralement que Qp est négligeable (Source : Metcalf & Eddy, Wastewater Engineering, Treatment and Reuse, Fourth Edn, McGraw Hill Education, 2003). On obtient alors comme équation :

$$ (Q+Qr) \times X = Qr \times Xp $$

Nous cherchons à calculer Xp. Nous choisissons d'appliquer un ratio de recyclage des boues de 90 %. Ce ratio vaut $R=\frac{Qr}{Q}=\frac{X}{(Xp-X)}=0,9 $. En développant cette formule, nous obtenons alors $Xp=2,1 \times X=7350 mg/L $.

Nous avons donc : 

$$ Q \times X = Qr \times (Xp-X) $$

D'où :

$$ Qr=\frac{ (Q \times X)}{(Xp-X)}= 6205 m^3/j $$

Par ailleurs, nous savons que $Qp=\frac{Px}{Xp} $. Nous pouvons alors en déduire que $Qp=1008 m^3/j$.

Nous purgeons donc 42 m3 de boues par heure, boues qui pourront être valorisées ultérieurement. Ainsi, nous obtenons un débit de sortie d'eau épurée de $Qs=Q-Qp=6825-1007,6=5817 m^3/j$, ce qui correspond au ratio de recyclage des boues de 90 %. 

 

V. Calcul du volume de dioxygène nécessaire à l'oxydation

 

Pour que l'oxydation se déroule correctement, il faut apporter suffisamment de dioxygène via des insufflateurs d'air.

Nous devons apporter une quantité de dioxygène de : $ D_{O_2}= Q \times (Se-S) - Px $. Nous devons multiplier Px par le facteur 1,42 établi dans les données. On obtient donc $ D_{O_2}= 8903 kg/j $.  Cela représente donc un besoin horaire de 371 kg. Cependant, pour réaliser des économies, on insuffle de l'air et non directement du dioxygène. Il y a 21% de dioxygène dans l'air, et nous savons que $V_m$=22,4 L/mol et M=32 g/mol. 1 m3 d'air apporte  donc $ \frac {1000}{22,4} \times 32 \times 0,21=286 g_{O_2}/m^3 $. Il nous faut donc apporter un volume d'air $ V=\frac{371 \times 1000}{286}=1299 m^3/h $.

 

VI. Dimensionnement du décanteur

 

Nous choisissons un clarificateur de type circulaire. L'eau épurée est donc évacuée par surverse et les boues sont récupérées par un racleur qui les dirige vers le puits d'évacuation. 

Il s'agit donc de déterminer la surface de ce décanteur. Celle-ci est fonction de la vitesse ascensionnelle de l'eau épurée et du débit d'eau entrant. Le débit entrant correspond au débit cité précédemment de 285 m3/h. La vitesse ascensionnelle doit être comprise entre 24 et 32 m/j (Source : Metcalf & Eddy, G. Tchobanoglous, F. L. Burton and H. D. Stensel, Wastewater Engineering, Treatment and Reuse, Fourth Edn, McGraw Hill Education, 2003) . Nous choisissons donc $v_a= \frac{28}{24}= 1,2 m/h $ Nous obtenons alors une surface $S= \frac{Q}{V}={285}{1,2}= 238 m^2 $. Ceci correspond donc à un diamètre $ D=\sqrt {(\frac{{4}\times{238}}{\pi})}=17 m $

Suite au dimensionnement de l'unité de traitement secondaire, nous pouvons produire le tableau suivant, présentant les concentrations en g/L des polluants dans l'eau épurée, avant traitement tertiaire. Nous constatons que notre objectif d'élimination des sulfures et du chrome est atteint car nous avons des concentrations nulles en sortie de traitement secondaire. 

 

Concentration initiale (mg/L)

Débit massique (g/j) Elimination (%) Débit massique eau épurée (g/j)

Concentration eau épurée (g/L)

DBO

1673 11,4.106 95 5,7.105 0,1
DCO 3347 22,8.106 85 3,4.106 0,47
Sulfures 14,3 9,8.104 99 976 0,0002
Total des solides (TS) 15000 10,2.107 50 10,2.107 17,3
Total des solides dissous (TSD) 14700 10,1.107 nulle 10,1.107 17,2
Matières en suspension 293 2.106 95 9,9.104

0,02

Chlorures 11900 81,2.106 nulle 81,2.106 14
Sulfates 3700 25,2.106 nulle 25,2.106 4,4
Chrome 8,2 5,6.104 99,5 280 0,0002

Tableau 14 : Bilan des caractéristiques des effluents en sortie de traitement secondaire