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Exercice 1 : Procédé d’épuration par boues activées Un procédé d’épuration par boues activées a été utilisé pour traiter une eau usée industrielle qui contient une pollution organique biodégradable quantifiée par la DBO5. (voir la figure ci-dessous). Sachant qu’après le premier clarificateur la valeur de la DBO5 de l’eau brute est de 150 mg d’O2/L et que son débit (Q0) est de 10 000 m3/j. Déterminer : (1) le volume du bassin d’aération dans le cas ou l’âge des boues θc = 10 jours, (2) le taux de recyclage des boues (QR/Q0), (3) la quantité de boues produite, et (4) la quantité d’oxygène à fournir par jour afin de réduire la DBO5 à 5 mg/L dans l’eau traitée. Sachant que la concentration en biomasse dans le bassin d’aération est fixée à 3000 mg de MVS/L et que la concentration des boues en pied du décanteur secondaire est de 10 000 mg MVS/L.

Données des paramètres cinétiques : - Vitesse de la croissance nette de la biomasse, rC : (mg MVS/m3.j) est donnée par l’équation suivante :  dX  µmax S rC =

dt

= − kd  X  kS + S 

Avec kd est le coefficient de respiration endogène, µmax est le taux spécifique de croissance maximal et kS est la constante de Monod (mg DBO5/L) : - La vitesse de consommation du substrat r en (mg DBO /m3.j) est donnée par l’équation sub

suivante : rC =

5

µ dS SX = − max . dt Y kS + S

Avec Y = rendement de conversion [masse de biomasse produite/masse de substrat consommée] (kg MVS/ kg DBO5 consommée) Y = 0,5 Kg MVS/Kg de DBO5 éliminée, kd = 0,05 j-1 Commentaires : - Pour répondre à la question (1) faites des bilans de matière sur le substrat (DBO5) et sur la biomasse dans le volume de contrôle en pointillé en supposant un écoulement parfaitement agitée dans le bassin d’aération et en négligeant les concentrations en biomasse dans l’eau brute (X0) et dans l’eau traitée (Xe). - Pour répondre à la question (2), faites un bilan sur le clarificateur secondaire. - MVS = Matière Volatile Sèche - L’âge des boues (θc) représente le rapport entre la masse des boues présentes dans le bassin d’aération et la masse des boues extraites évacuée quotidiennement de la station. Ce paramètre identifie le temps moyen (jours) que séjourne la biomasse dans le bassin d’aération ( θC =

VX ) QW X U

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Eau brute

Eau traitée

Q0+QR, X, S

Q0, S0, X0

Q 0 - Qw, Xe, S

V,X,S

QR, Xu Recirculation des boues

Qw, Xu

soutirage des boues en excès

Nomenclature :

Q0, Qw = débits respectivement d’eau brute et des boues extraites (m3/j) X0, X, Xe ,XU = concentrations en biomasse dans l’eau brute, bassin d’aération, eau traitée et purge de boues extraites (mg MVS/L) S0, S : concentrations en substrat dans l’eau brute et dans le bassin d'aération (mg DBO5/L)

Exercice 2 : Procédé de coagulation A- Une eau de surface est traitée par le procédé de coagulation-floculation afin de la rendre potable. Les caractéristiques de cette eau sont les suivantes : - Concentration en matière en Suspension (MES) = 60 mg/L - Alcalinité naturelle suffisante - Débit moyen = 50 000 m3/j Les résultats de Jar-test ont montré que la concentration optimale en sulfate d’aluminium (Al2(SO4)3,18H2O) est de 50 mg/L.

Calculer : 1- la quantité (en kg) de boues produite par jour 2- la quantité de chlorure ferrique nécessaire pour obtenir la même quantité de boues dans la question n°1. B -Dans les mêmes conditions que la partie A (cas de sulfate d’aluminium) c'est-à-dire (Débit, la concentration en MES et la concentration en coagulant sont pratiquement constants) sauf l’alcalinité qui a changé qui est de 15 mg de CaCO3/L. L’essai de Jar-test a montré que le pH de l’eau à traiter a diminué au dessous du domaine de pH optimal. Calculer : 3- La quantité de chaux nécessaire pour récompenser l’alcalinité 4- La quantité de chaux consommée par jour

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Données complémentaires : Masses molaires : M (Al2(SO4)3,18H2O) = 666,7 g/mol , M(FeCL3 = 164 g/mol), M(Al(OH)3) = 78 g/mol, M(Fe(OH)3= 107 g/mol, M(CaCO3)= 100 g/mol, (M(Ca(OH)2)= 74 g/mol. Les réactions mises en jeu : Al2(SO4)3,18H2O + 3 Ca(HCO3)2 2FeCl3 + 3 Ca(HCO3)2 CaCO3 + CO2 + H2O

3CaSO4 + 2Al(OH)3,précipité + 6CO2 + 18H2O

2Fe(OH)3,précipité + 3CaCl2 + 6CO2 Ca(HCO3)2

Ca(OH)2 + Ca(HCO3)2 → 2 CaCO3 + 2 H2O

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Corrigé Exercice 1 Question 1 : calcul du volume du bassin d’aération - Bilan de matière sur la biomasse sur toute la station d’épuration  µmax S  Q0 X 0 + V  − kd  X = Qw X u + ( Q0 − Qw ) X e k S +  S  µmax S Qw X u + ( Q0 − Qw ) X e = + kd équation (1) kS + S VX

Si on néglige Xe, l’équation (1) devient : µmax S kS + S

=

1

θC

Avec θC =

+ kd

équation (2)

VX QW X U

- Bilan sur le substrat (DBO5) sur toute la station d’épuration :  µ max S  Q0 S 0 − V   X = Qw S + ( Q0 − Qw ) S  Y ( kS + S ) 

µmax S YQ0 ( S0 − S ) = kS + S VX

équation (3)

équation ( 2 )

D’après les équations (2) et (3), on obtient l’expression suivante : 1

θC

=

YQ0 ( S0 − S ) 1 − VX kd

AN : 0,1 =

0,5.10000 ( 0,15 − 0, 005 )

V .3

− 0, 05

V= 1611 m3

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Question (2) : calcul du taux de recyclage des boues - Bilan de matière sur la biomasse sur le clarificateur secondaire

( QO + QR ) X = ( QO − Qw ) X e + ( QR + Qw ) X u On suppose que Xe est négligeable QR Q0 X − Qw X u = Q0 Q0 ( X u − X )

Qw est calculable à partir de l’équation de l’âge des boues : θC = θC =

VX QW X U

Donc :

Qw =

VX QW X U

VX = 48, 3 m3 / j θC X U

QR = 0, 42 Q0

Question (3) : la quantité de boues produite = QwXu θC =

VX QW X U

QW X U =

VX

θC

= 483, 3 kg / j

Question (4) : la quantité d’oxygène à fournir par jour afin de réduire la DBO5 à 5 mg/L dans l’eau traitée Besoin théorique en Oxygène en Kg d’O2/j = Masse totale de DBO ultime éliminée – 1,42(masse des m-organismes dans les boues extraites. R = Q0 ( S0 − S ) − 1, 42.QW X u = Q0 ( S0 − S ) − 1, 42.

VX

θC R = 763,7 kg d’O2/j

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Exercice 2 : Question 1 : Masse des boues produite = masse de Al(OH)3 formée +[MES] Al2(SO4)3,18H2O + 3 Ca(HCO3)2

3CaSO4 + 2Al(OH)3,précipité + 6CO2 + 18H2O

D’après cette réaction, nous avons : 1 Masse(m) Masse(m ') de Al2 ( SO4 )3 ,18 H 2O = de Al (OH )3 Masse molaire( M ) 2 Masse Molaire( M ')

Donc :  2.m  m ' ( Al (OH )3 ) =  de Al2 ( SO4 )3 ,18 H 2O  .M ' ( Al (OH )3 )  M   2.50   .78 = 11, 7 mg / L  666, 7 

AN : m ' ( Al (OH )3 ) = 

La quantité de boues produite = (11,7 + 60). 50000 m3/j = 3585 Kg/j

Question (2) : la quantité de chlorure ferrique nécessaire pour obtenir la même quantité de boues dans la question n°1. 2FeCl3 + 3 Ca(HCO3)2

2Fe(OH)3,précipité + 3CaCl2 + 6CO2

D’après cette réaction, nous avons : Masse(m) Masse(m ') de FeCl3 = de Fe(OH )3 Masse molaire( M ) Masse Molaire( M ')

Donc :  m'  m ( FeCl3 ) =  de Fe(OH )3  .M ( FeCl3 ) M'   11, 7   .164 = 17,93 mg / L  107 

AN : m ( FeCl3 ) = 

Conclusion : pour une même quantité des boues produites, la quantité de chlorure ferrique utilisée est trois fois moins que le sulfate d’aluminium

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Question (3) : La quantité de chaux nécessaire pour récompenser l’alcalinité Tout d’abord ; il faut calculer l’alcalinité minimale exprimée en CaCO3 : Al2(SO4)3,18H2O + 3 Ca(HCO3)2 CaCO3 + CO2 + H2O

3CaSO4 + 2Al(OH)3,précipité + 6CO2 + 18H2O

Ca(HCO3)2

D’après ces deux réactions, nous avons : 1 Masse(m) Masse(m ') de Al2 ( SO4 )3 ,18 H 2O = de CaCO3 Masse molaire( M ) 3 Masse Molaire( M ')

Donc :  3.m  m ' ( CaCO3 ) =  de Al2 ( SO4 )3 ,18 H 2O  .M ' ( CaCO3 )  M   3.1  AN : m ' ( CaCO3 ) =   .100 = 0, 45 mg / L  666, 7 

Conclusion : Une concentration de 1 mg/L de sulfate d’aluminium neutralise 0,45 mg/L d’alcalinité. Pour une concentration de 50 mg/L de sulfate d’aluminium neutralise 22,5 mg/L de CaCO3. Nous disposons d’une eau à traiter de 15 mg de CaCO3/L. L’alcalinité à ajouter est de : 22,5 – 15 = 7,5 mg de CaCO3/L Ca(OH)2 + Ca(HCO3)2 → 2 CaCO3 + 2 H2O D’après cette réaction, nous avons : 1 Masse(m) Masse(m ') de Ca (OH ) 2 = de CaCO3 2 Masse Molaire( M ') Masse molaire( M )

Donc :  m'  m ( Ca (OH ) 2 ) =  de CaCO3  .M ( Ca (OH ) 2 )  2.M '   7, 5  AN : m ( Ca (OH ) 2 ) =   .74 = 2, 775 mg / L  2.100 

Question (4) : La quantité de chaux consommée par jour : = 0,00277 kg/m3.50000 m3/j = 138,75 kg/j

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