1. Introduction .................................................................................................................

7
1.1 Génie versus sciences de l’environnement........................................................... 8
1.1.1 Rôle de l’ingénieur civil................................................................................ 9
1.2 Histoire ............................................................................................................... 10
1.3 Définitions .......................................................................................................... 13
1.4 Approche utilisée dans ce cours ......................................................................... 13
2 Caractéristiques des fluides....................................................................................... 15
2.1 Les concentrations .............................................................................................. 15
2.1.1 Concentration massique .............................................................................. 16
2.1.2 Concentration molaire ................................................................................. 16
2.1.3 Concentration normale ................................................................................ 17
2.1.4 Fractions massique, volumique ou molaire ................................................ 21
2.1.5 Concentration en ppm dans les solutions aqueuses ................................... 23
2.2 Bilan de masse .................................................................................................... 24
2.3 Eau et hydrosphère ............................................................................................. 25
2.4 Air et atmosphère ............................................................................................... 27
2.4.1 Pression partielle ......................................................................................... 29
2.4.2 Masse molaire de l’air sec........................................................................... 29
2.4.3 Masse molaire de l’air humide .................................................................... 29
2.4.4 Relation entre Ci, ni/V et Yi ........................................................................ 30
2.4.5 Masse volumique de l’air ............................................................................ 30
2.5 Impuretés ............................................................................................................ 32
2.5.1 Les principaux gaz dissous dans l’eau ........................................................ 32
2.5.2 Les principales impuretés dans l’air ........................................................... 33
2.6 Caractéristiques importantes de l’eau ................................................................ 34
2.6.1 Les ions dans l’eau ...................................................................................... 36
2.6.2 Électroneutralité d’une solution .................................................................. 36
2.6.3 La force ionique .......................................................................................... 38
2.6.4 Alcalinité ..................................................................................................... 38
2.6.5 La dureté ..................................................................................................... 39
2.6.6 La turbidité .................................................................................................. 41

1
 2.6.7 La couleur ................................................................................................... 41
2.6.8 Les particules .............................................................................................. 42
2.6.9 Les impuretés organiques ........................................................................... 44
2.6.10 Les microorganismes .................................................................................. 46
2.7 Problèmes ........................................................................................................... 50
3 Les transformations : notions de base ....................................................................... 63
3.1 Stœchiométrie..................................................................................................... 63
3.2 Équilibres chimiques .......................................................................................... 65
3.2.1 Équilibre chimique simple .......................................................................... 65
3.3 Cinétique de réaction .......................................................................................... 67
3.3.1 Taux et ordre de réaction ............................................................................ 68
3.3.2 Détermination expérimentale de l’ordre et de la constante de réaction ...... 71
3.3.3 Temps caractéristique et équilibre .............................................................. 77
3.4 Problèmes ........................................................................................................... 78
4 Changements de phase .............................................................................................. 87
4.1 La tension de vapeur de l’eau ............................................................................. 87
4.2 Solubilisation de substances dans l’eau ............................................................. 89
4.3 Précipitation ....................................................................................................... 92
4.4 Adsorption .......................................................................................................... 95
4.4.1 Les isothermes ............................................................................................ 96
4.5 Problèmes ......................................................................................................... 102
5 Réactions acide – base ............................................................................................ 113
5.1 Calcul du pH de l’eau pure............................................................................... 113
5.2 Acides et bases .............................................................................................. 114
5.2.1 Force d’un acide ........................................................................................ 115
5.2.2 Les acides forts ......................................................................................... 115
5.2.3 Acides faibles ............................................................................................ 116
5.2.4 Représentation graphique.......................................................................... 119
5.2.5 Base faible ................................................................................................. 123
5.3 Les sels ............................................................................................................. 124
5.4 Le système carbonate ....................................................................................... 124

2
 5.4.1 Alcalinité et effet tampon.......................................................................... 129
5.4.2 Réflexion sur l’alcalinité ........................................................................... 130
5.5 Problèmes ......................................................................................................... 137
6 Réactions d’oxydo – réduction ............................................................................... 149
6.1 État d’oxydation ............................................................................................... 149
6.2 La corrosion...................................................................................................... 152
6.2.1 Problèmes fonctionnels ............................................................................. 152
6.2.2 Problèmes sanitaires ou esthétiques .......................................................... 152
6.3 Réactions microbiennes.................................................................................... 153
6.3.1 Photosynthèse et production de biomasse................................................. 154
6.3.2 Fixation de l’azote..................................................................................... 154
6.3.3 Nitrification ............................................................................................... 155
6.3.4 Dénitrification ........................................................................................... 156
6.3.5 Réduction des sulfates............................................................................... 156
6.3.6 Formation du méthane .............................................................................. 156
6.4 Cinétique microbienne ..................................................................................... 157
6.4.1 Demande biochimique en oxygène (DBO) ............................................... 159
6.4.2 Méthode de mesure de la DBO ................................................................. 160
6.4.3 Modélisation de la courbe de DBO. .......................................................... 167
6.4.4 Demande en oxygène causée par l’azote .................................................. 172
6.5 Problèmes ......................................................................................................... 173
7 Transport ................................................................................................................. 181
7.1 Concepts à la base du transport ........................................................................ 181
7.1.1 Advection .................................................................................................. 183
7.1.2 Diffusion moléculaire ............................................................................... 184
7.2 Transport causé par la gravité .......................................................................... 193
7.2.1 La force de gravité .................................................................................... 195
7.2.2 La poussée d’Archimède........................................................................... 195
7.2.3 La force de trainée .................................................................................... 195
7.3 Transport aux interfaces ................................................................................... 202
7.4 Problèmes ......................................................................................................... 207

3
8 Modélisation des réacteurs ...................................................................................... 216
8.1 Introduction ...................................................................................................... 216
8.2 Les types de réacteurs et bilan de masse .......................................................... 216
8.2.1 Le réacteur en cuvée (Batch) .................................................................... 218
8.2.2 Le réacteur piston (Plug flow) .................................................................. 220
8.2.3 Le réacteur complètement mélangé .......................................................... 221
8.3 Problèmes ......................................................................................................... 229
Figure ...................................................................................................................... 235
9 Traitement des eaux potables .................................................................................. 236
9.1 Les sources d’eaux brutes ................................................................................ 236
9.1.1 Les eaux de surface ................................................................................... 236
9.1.2 Les eaux souterraines ................................................................................ 238
9.2 Chaîne de traitement classique ......................................................................... 239
9.2.1 Coagulation – Floculation ......................................................................... 240
9.2.2 Décantation ............................................................................................... 241
9.2.3 Décanteur idéal ......................................................................................... 242
9.2.4 Décanteur à tubes ...................................................................................... 246
9.2.5 Décanteur à voile de boues ....................................................................... 250
9.2.6 Décantation lestée ..................................................................................... 252
9.2.7 Filtration rapide ......................................................................................... 253
9.2.8 Désinfection .............................................................................................. 254
9.2.9 Stabilisation............................................................................................... 255
9.3 Problèmes ......................................................................................................... 256
10 Épuration des eaux usées ........................................................................................ 262
10.1 Procédé par boues activées ............................................................................... 262
10.1.1 Modélisation du procédé par boues activées ............................................ 265
10.2 Les lagunes facultatives ................................................................................... 271
10.2.1 Critères de conception............................................................................... 272
10.2.2 Les lagunes facultatives : considérations pratiques .................................. 275
10.3 Problèmes ......................................................................................................... 276
11 Annexe A : Stratégie de résolution de problèmes ................................................... 279

4
 11.1 Introduction ...................................................................................................... 279
11.2 Expert versus novice ........................................................................................ 280
11.3 Stratégie de résolution de problème ................................................................. 282
11.3.1 Définition du problème ............................................................................. 282
11.3.2 Exploration des connaissances .................................................................. 283
11.3.3 Résolution du problème ............................................................................ 283
11.3.4 Vérification de la solution et de la réponse ............................................... 284
11.4 Résumé de la stratégie de résolution de problèmes.......................................... 285
11.4.1 Définition du problème ............................................................................. 285
11.4.2 Exploration des connaissances .................................................................. 285
11.4.3 Résolution du problème ............................................................................ 285
11.4.4 Vérification de la solution et de la réponse ............................................... 285
11.4.5 Conclusion ................................................................................................ 285
11.5 Réponses aux problèmes de fin de chapitre ..................................................... 285
12 Annexe Z : Informations et constantes utiles .......................................................... 296
12.1 Définitions ........................................................................................................ 296
12.2 Abréviations des unités de mesure ................................................................... 298
12.3 Abréviations des préfixes décimaux ................................................................ 299
12.4 Principaux facteurs de conversion.................................................................... 300
12.5 Quelques constantes physiques importantes .................................................... 301
12.6 Propriétés de l’eau en fonction de la température ............................................ 301
12.7 Composition de l’air ......................................................................................... 302
12.8 Masses molaires et équivalentes ...................................................................... 303
12.9 Constantes d’équilibre des acides .................................................................... 304
12.10 Produits de solubilité .................................................................................... 305
12.11 Constantes du système carbonate en fonction de la température ................. 306
12.12 Constantes de Henry ..................................................................................... 307
Constantes de Henry en fonction de la température ............................................... 308
12.13 Coefficient de diffusion moléculaire ............................................................ 308
12.14 Pression de vapeur d’eau à saturation en fonction de la température ........... 310
12.15 Rappels mathématiques ................................................................................ 312

5
 Équation quadratique .............................................................................................. 312
Les logarithmes ....................................................................................................... 313
Les intégrales .......................................................................................................... 313
Les équations différentielles ................................................................................... 313
Exemple 8.3 ............................................................................................................ 315
Exemple 8.5 ............................................................................................................ 316
12.16 Tableau périodique ....................................................................................... 318

6
 1. Introduction
Le rôle de l’ingénieur est d’utiliser les ressources de la terre pour améliorer les conditions
de vie de la population. Différents ingénieurs vont travailler dans différents domaines.
Par contre tous auront, à un moment donné, besoin de connaissance en génie de
l’environnement. On peut diviser les domaines d’activité des ingénieurs en trois grandes
catégories : 1) infrastructures et services publics ; 2) produits de consommation ; 3)
extraction des richesses naturelles.
Les infrastructures et les services publics sont les principaux domaines d’activité de
l’ingénieur civil. Cela englobe les infrastructures routières (routes, ponts, transport en
commun), les édifices, les réseaux de distribution d’eau potable et de collecte des eaux
d’égouts, les usines de production d’eau potable et d’épuration des eaux usées, la collecte
et la disposition des déchets solides, le contrôle du bruit et de la pollution atmosphérique,
etc. L’ingénieur civil participe à toutes les étapes de développement de ces projets que
cela soit au niveau de la conception, de la construction, de l’exploitation et même de la
réfection des infrastructures. Plusieurs ingénieurs civils travaillent dans le domaine
municipal, soit directement pour une municipalité ou pour un bureau de consultant.
Plusieurs problèmes municipaux concernent l’environnement. Afin de solutionner ces
problèmes, l’ingénieur civil aura besoin de connaissances particulières en génie de
l’environnement.
La conception, la production, la distribution et l’entretient des produits de consommation
impliquent souvent des ingénieurs industriels ou mécaniques. Des connaissances en génie
de l’environnement leurs seront aussi utiles. Des connaissances en génie de
l’environnement sont nécessaires afin de rendre les procédés de production moins
polluants ou bien de mieux effectuer la mise au rebut ou ce qui est plus acceptable le
recyclage des matières. Pour effectuer ces tâches des connaissances en génie de
l’environnement, adaptées aux domaines d’activités, sont encore requises. Il est possible
de faire le même raisonnement en ce qui concerne l’extraction des richesses naturelles.
Dans ce domaine l’ingénieur minier est habituellement le maître d’œuvre. Il aura
certainement besoin de connaissances spécifiques afin de minimiser les effets négatifs de

7
ses activités sur l’environnement. Chacune des activités décrites ci haut nécessite des
connaissances particulières en génie de l’environnement.

1.1 Génie versus sciences de l’environnement

Comment peut-on comparer la science de l’environnement et le génie de
l’environnement ? Le rôle d’un scientifique de l’environnement est de comprendre et
documenter les processus qui régissent l’environnement. Cela comprend plusieurs
activités :
a) Comprendre les interactions entre le milieu naturel et les organismes vivants
b) Comprendre, documenter et expliquer les effets de catastrophes naturelles
(éruptions volcaniques, tempêtes, réchauffement global, etc.)
c) Comprendre, documenter et expliquer les effets des activités humaines (rejet des
eaux usées, pollution atmosphérique, pluies acides, contamination des sols, etc.
d) Sensibiliser la population et les gouvernements aux effets néfastes sur
l’environnement.
e) Exercer des pressions pour que des actions correctrices soient prises.

Lorsque la situation est inacceptable ou bien lorsqu’elle nécessite des actions correctrices
importantes on fait appel à l’ingénieur. Son rôle est alors de trouver et mettre en place
une solution qui permet de résoudre le problème ou de réduire les effets des activités
humaines sur l’environnement. Il y a plusieurs niveaux de solution. Dans le passé on se
contentait de déplacer le problème ; déverser les substances polluantes loin de la
population ou bien transformer les substances polluantes en d’autres substances
polluantes mais moins visibles ou moins dérangeantes. Cela était possible parce que la
population était moins importante, les quantités de polluants produits étaient plus faibles,
moins diversifiés et il y avait plus de place pour en disposer. Ce type de solution n’est
plus possible. On parle souvent du syndrome NIMBY « Not In My Back Yard » personne
ne veut que des polluants soient déversés ou entreposés près de chez lui. Il faut donc
trouver des solutions durables qui ont un faible impact sur l’environnement. Pour trouver
de telles solutions il faut souvent utiliser des approches différentes tel que :
a) Ne plus faire l’activité polluante.

8
 b) Réduire la quantité de rejets polluants.
c) Traiter les rejets polluants avant leur déversement dans l’environnement.
d) Recycler les déchets polluants.
e) Réutiliser les produits.
f) Modifier le procédé de production pour le rendre moins dommageable pour
l’environnement.

Le rôle de l’ingénieur est donc de trouver des solutions, en faire la conception, la

construction et la mise en exploitation. L’ingénieur doit tenir compte de plusieurs
contraintes. La solution doit permettre de poursuivre les activités, elle doit minimiser les
effets négatifs pour l’environnement tout en étant économique. Plusieurs types
d’ingénieurs peuvent être appelés à résoudre un problème environnemental. Par exemple
l’ingénieur minier s’occupera des problèmes causés par l’exploitation de la mine ou par
les résidus miniers. L’ingénieur chimiste travaillera à la solution des problèmes causés
par l’industrie chimique ou pétrochimique. L’ingénieur mécanique s’occupe de minimiser
les rejets gazeux des voitures alors que l’ingénieur industriel s’occupe des rejets de
l’industrie manufacturière.

1.1.1 Rôle de l’ingénieur civil

L’ingénieur civil est très impliqué dans les services publics à tous les paliers de
gouvernement (fédéral, provincial et municipal). En effet, les villes ont eu à faire face
très tôt à des problèmes de génie de l’environnement. Par exemple, elles ont eu la
responsabilité de régler des problèmes de salubrité publique en construisant les réseaux
de collecte des eaux usées et par la suite les usines d’épuration permettant de traiter ces
eaux avant leurs déversement dans l’environnement. Elles ont aussi construit les réseaux
de distribution d’eau potable ainsi que les usines permettant de les produire. Elles
s’occupent également de la gestion des déchets solides, de la pollution atmosphérique et
du contrôle du bruit. Comme nous ne pouvons pas tout faire, nous allons concentrer nos
efforts sur les problèmes environnementaux reliés à l’eau, les gaz et les déchets
dangereux.

9
1.2 Histoire
Le génie de l’environnement a vraiment pris son essor avec l’augmentation de la
population au 19ième siècle. Ainsi, au début de ce siècle, les conditions sanitaires étaient
sommaires. Par exemple, dans les grandes villes bien organisées, on collectait les
déjections dans un contenant appelé « Honey bag » que l’on plaçait le long de la rue. Ce
mélange de liquides et de solides était collecté dans une citerne tirée par un cheval. Son
contenu était déversé sur les terres agricoles, le moins loin possible de la ville afin de
minimiser les frais de transport. Toutes les autres eaux et les déchets étaient déversés
directement dans la rue ou autour de la maison. Il n’est donc pas surprenant de constater
qu’il y a eu de nombreuses épidémies durant cette période. Les autorités soupçonnent un
lien entre les mauvaises conditions sanitaires et l’éclosion d’épidémies. À Londres au
milieu du 19ième siècle, Sir Edwin Chadwick propose de drainer les eaux d’égouts et de
les évacuer loin de la ville. Il propose aussi de sécuriser les sources d’approvisionnement
en eau potable. Ces recommandations ne sont pas retenues car cela implique des coûts
importants. Pour faire avancer le dossier il a fallu une catastrophe : l’épidémie de choléra
de 1854 (Londres).
L’épidémie de 1854 a fait environ 10 000 victimes. C’est un nombre assez important
pour faire bouger un gouvernement. Des observations faites par un médecin durant cette
épidémie a permis de trouver des pistes de solution. En effet, le docteur Snow a préparé
une carte indiquant la localisation des malades. Il s’est rendu compte que la plupart de ces
derniers habitaient près du puits de Broad Street. En collaboration avec les autorités de la
ville il a fait fermer ce puits, ce qui a forcé les gens à s’approvisionner à un autre puits. Il
a ensuite observé une baisse importante du nombre de malades. Cette observation
montrait le lien entre le puits et la maladie. Un peu plus tard, vers 1870, Robert Koch a
montré que des maladies infectieuses sont causées par des microorganismes. Il a alors été
décidé de mettre en œuvre les recommandations de Sir Chadwick. La construction du
réseau d’égouts de Londres a alors été entreprise. Cela a été un défi important pour les
ingénieurs civils car cela n’avait jamais été fait. Il a fallu tout inventer. Ce réseau d’égout
collectait tout ce qui est possible de collecter soit les eaux sanitaires provenant des
maisons et des industries ainsi que les eaux de ruissellement provenant de la pluie ou du
drainage des terres. C’est ce qu’on appelle le tout-à-l’égout. Les eaux collectées étaient

10
déversées dans le fleuve la Tamise suffisamment loin de la population pour ne pas causer
de nuisances. On croyait à l’époque que la dilution était une solution. Avec le temps on
s’est rendu compte que cela n’est pas le cas et qu’il faut épurer les eaux avant de les
déverser dans l’environnement. Les premières usines d’épuration des eaux ont été
construites vers 1920. Dans la province de Québec, nous avons été un peu lents. Une
première tentative a été faite vers 1960, quelques usines ont été construites. C’est
cependant à partir de 1980 qu’un programme structuré a été mis en place. On peut donc
dire que la plupart des usines d’épuration québécoises datent des années 80.
En ce qui concerne la production et la distribution des eaux potables, les choses ont
évolué un peu plus rapidement. En effet, le lien avec la santé est beaucoup plus évident et
surtout l’aspect esthétique de l’eau influence beaucoup le consommateur. Les premiers
traitements étaient essentiellement de la filtration et de la désinfection. La première
filtration a été mise en service en Écosse en 1804. L’objectif du traitement était
essentiellement d’améliorer l’aspect esthétique de l’eau. On utilisait alors une filtration
lente. Les premières usines modernes sont apparues aux États-Unis après 1880. La
désinfection chimique débute vers 1900. La première filtration à grande échelle a été
mise en service aux USA en 1909.
Quelle est l’état du dossier maintenant ? Considérons d’abord la situation dans les pays
industrialisés. Règle générale l’épuration des eaux usées et le traitement des eaux
potables sont en place et fonctionnels. Il y a encore des ajustements à faire au niveau de
la réglementation et de l’exploitation de ces ouvrages. Des épidémies d’origines
hydriques sont encore observées même dans les pays industrialisés. Il faut donc améliorer
les infrastructures, optimiser leur exploitation et aussi les maintenir en bon état de
fonctionnement. En ce qui concerne les pays en voie de développement, on note un
retard important. La production d’eau potable et l’épuration des eaux d’égouts ne sont
pas complétées. Les épidémies et contaminations sont plus fréquentes. Les maladies
transmises par l’eau affectent des millions de personnes. Il arrive souvent que les eaux du
robinet ne soient pas potables. Dans la plupart des cas, le manque de moyens financiers
est la cause de cette situation.
En ce qui concerne la qualité de l’air, les conséquences de la pollution se sont faites sentir
plus tard, les règlements et actions correctrices sont donc plus récents. La principale

11
cause de la pollution de l’air est la combustion du bois, du charbon et des hydrocarbures.
C’est un problème qui a donc toujours existé. Par contre, il est devenu intolérable vers
1950. Plusieurs incidents sérieux ont alors milité en faveur d’actions correctrices. La
combinaison de conditions atmosphériques défavorables et d’émissions importantes de
fumée ou de poussières ont conduits à des catastrophes : 1) en 1930 dans la vallée de la
Meuse, (Belgique) il y a eu 60 morts et environ 100 malades; 2) en 1949 en
Pennsylvanie, il y eu 20 morts et 6000 malades; 3) en 1952 à Londres, la pollution
atmosphérique a causé 4000 décès. Une première loi sur les résidus de combustion a été
votée en Angleterre en 1952. Cette loi favorisait la dilution. En effet elle a conduit à une
augmentation de la hauteur des cheminées. Il est à noter que contrairement aux eaux
usées, il n’est pas possible de collecter toutes les émissions gazeuses et de les diriger vers
un centre de traitement unique. Il faut traiter sur le site.
Le contrôle et la disposition des déchets dangereux est le domaine du génie de
l’environnement le plus récent. Ce domaine a pris de l’importance à cause de
l’accroissement de l’industrie chimique. La quantité, la diversité et la toxicité des
produits ont augmenté. Quoique ce problème existe depuis longtemps, on ne le voyait
pas, ou plutôt ses effets ne nous embêtaient pas suffisamment pour que nous forcer à
prendre action. Avant 1970, on se débarrassait de ces produits de la façon suivante :
1) déversement dans les décharges municipales ; 2) déversement dans les réseaux de
collecte des eaux usées ; 3) entreposage mal contrôlé ; 4) déversement sur le sol, dans les
puits désaffectés ou dans les cours d’eau. Actuellement, nous tentons : 1) de
décontaminer les sites ; 2) de trouver et mettre en place des méthodes de traitement et de
dispositions sécuritaires pour la population et l’environnement. Il est à noter qu’un déchet
dangereux a au moins une des caractéristiques suivantes : 1) corrosif (pH élevé ou
faible) ; 2) inflammable ; 3) réactif (peut causer une explosion) ; 4) toxique.
Depuis quelques années, dans la perspective d’un développement durable, on favorise
l’approche par cycle de vie. C’est une approche qui tient compte de l’ensemble des
activités liées à un produit. Ainsi on tient compte de tous les aspects qui peuvent avoir un
effet sur l’environnement tant au niveau de la conception, de l’utilisation et de la
disposition du produit. Par exemple, lors de la conception, l’ingénieur va prévoir la

12
récupération et la réutilisation de certains produits et composantes. Il va éviter
l’utilisation de produits contaminants ou très dommageables pour l’environnement.
À ce stade-ci il est important de souligner l’importance de la réglementation. C’est le
moteur du développement environnemental. En effet, peu de personnes sont prêtes à faire
des travaux de protection de l’environnement si elles ne sont pas forcées. Elles croient
que l’environnement est du domaine public. Le bien public appartient à tout le monde
donc à personne en particulier. C’est la confrontation du bien personnel versus le bien
collectif. La protection du bien public doit être prise en charge par les gouvernements.
C’est ce qu’ils font par l’intermédiaire de la réglementation.

1.3 Définitions
Environnement : Lieu naturel ou développé par l’homme où la vie existe. Par exemple :
la campagne, la ville, un marais, une habitation, un réseau d’égouts, etc.
Fluide : Dans le cadre de ce cours c’est soit de l’eau ou de l’air.
Constituant : Toutes les substances contenues dans un fluide.
Impureté : Toutes les substances, autre que le fluide, sans considération de toxicité ou
d’effet sur l’environnement.
Contaminant: Impuretés qui ont un effet négatif sur l’environnement ou sur la
population.
Polluant : Même définition que contaminant.
Environnement vierge (« Pristine ») : Environnement qui n’a pas été affecté par les
activités humaines. Il peut être fortement contaminé de façon naturelle (cendres
volcaniques, etc.).
Soluté : Corps dissous dans un solvant.

1.4 Approche utilisée dans ce cours

Le génie de l’environnement est basé sur la mise en application de notions de physique,
de chimie et de biologie. Vous connaissez déjà plusieurs de ces notions. Nous vous
montrerons comment les utiliser pour solutionner un problème d’environnement. Nous
introduirons aussi de nouvelles notions de base particulièrement en chimie des solutions,
cinétique de réaction et modélisation des réacteurs. Nous montrerons le lien entre ces
notions afin de solutionner des problèmes de génie de l’environnement.

13
Nous utiliserons souvent l’approche suivante :
Il est facile d’éliminer d’un fluide les contaminants qui sont gros et lourds.
Nous essaierons d’alourdir et de faire grossir les contaminants petits et légers
Les principaux moyens de transformation qui seront utilisés sont :1) La précipitation;
2) L’oxydation ; 3) L’adsorption ; 4) La croissance des solides biologiques.

14
2 Caractéristiques des fluides
Dans ce chapitre nous concentrons nos efforts sur l’eau et l’air. Nous rappelons, d’abord,
les principales unités de concentration et leurs utilités. Par la suite nous indiquons
comment faire un bilan de masse. Enfin nous présentons les principales caractéristiques
des eaux naturelles et de l’air en soulignant les principales impuretés que ces fluides
peuvent contenir. Nous porterons une attention particulière à l’analyse dimensionnelle.

2.1 Les concentrations

Il y a plusieurs façons d’indiquer une concentration. Il y a :
Concentration massique : C’est une masse de soluté par unité de volume de fluide. On
peut utiliser les unités suivantes : mg/L, g/m3, g/L, kg/m3, etc.
Concentration molaire : C’est le nombre de moles de soluté dans un litre d’eau (mol/L)
on peut aussi utiliser l’abréviation suivante : M = mol/L. À partir des concentrations
molaires on peut dériver les unités suivantes : mmol/L, mol/m3, µmol/L, etc.
Concentration normale : C’est le nombre d’équivalents dans un litre d’eau (eq/L). À
partir des concentrations normales on peut dériver les unités suivantes : meq/L,
mgCaCO3/L.
Fraction massique (masse/masse): C’est la masse de soluté dans un volume de contrôle
divisée par la masse de solution (g/g).
Fraction volumique (Volume/Volume) : C’est le volume de soluté par unité de volume
de solution (L/L).
Fraction molaire (moles/moles): C’est le nombre de moles de soluté dans un volume de
contrôle divisé par le nombre total de moles, incluant le solvant, dans le même volume de
contrôle (mol/mol).
Les fractions sont sans unité de mesure. Elles peuvent aussi être exprimées en %, en pour
mille, en partie par million (ppm) ou en partie par milliard (ppb).
Chaque unité ou système d’unités a son utilité. Il est important de savoir passer d’un
système d’unité à l’autre.

15
2.1.1 Concentration massique
La concentration massique est la masse de la substance « i » divisée par le volume de
solution, soit :

mi
C (1)
V
g 1000mg mg
1 3
 1
m 1000 L L
Exemple 2.1:
Vous ajoutez 100 milligrammes de Na2SO4 dans 2450 millilitres d’eau pure. Ce sel se
dissocie complètement en Na+ et SO4-2. Calculez les concentrations massiques en g/m3
de Na+ et SO42-.
Solution :
Écrivons d’abord l’équation de dissociation du sel : Na2 SO4  2 Na   SO42 . En utilisant
les mases molaires, on voit que 142 grammes de Na2SO4 donne 46 grammes de Na+ et
96 grammes de SO42-. On peut donc déduire que le 100 mg de Na2SO4 va former 32,4 mg
de Na+ et 67,6 mg de SO42- . On obtient donc CNa  32, 4 2, 45  13, 22 mg L

CSO2  27, 6 mg L . Comme 1mg/L = 1g/m3 on peut écrire :

4

Réponses : CNa  13, 22 mg L et CSO2  27, 6 mg L

4

2.1.2 Concentration molaire

Pour indiquer qu’une concentration est exprimée en mol/L ou dans des unités basées sur
la mole nous utiliserons les crochets [ ]. Ainsi par définition :
ni
i   (2)
V
mi
ni  (3)
MWi

Ci  g / L 
i   (4)
MWi  g / mol 

16
Où :
[i] : Concentration molaire de la substance i.
ni : Nombre de mole de la substance i.
V : Volume de solution.
mi : Masse de la substance i.
MWi : masse molaire de la substance i
Ci : Concentration massique de la substance i.
À partir de cette définition on peut dire que 1 mol/L = 1000 millimole/L = 1 mmol/g.

Exemple 2.2:
Exprimez les concentrations de sodium et de sulfates, calculées à l’exemple 2.1, en mol/L
et en mmol/L.
Solution:
[Na+] = 13,22x10-3/23 = 0,57x10-3 mol/L = 0,57 mmol/L
[SO42-] = 27,6x10-3/96 = 0,29x10-3 mol/L = 0,29 mmol/L

2.1.3 Concentration normale

Une solution qui a une concentration de un normal est une solution qui contient un
équivalent d’impureté dans un litre de solution. La masse d’un équivalent est égale à la
masse molaire d’une substance divisée par le nombre d’électrons impliqués dans la
réaction. De façon simple et pour les besoins de ce cours ce sera la valence ou bien la
valeur indiquée dans le tableau 2-1.
Ni
i   (5)
V
mi
Ni  (6)
MEi

MWi
MEi  (7)
Zi

17
On peut montrer que :
Ci  g / L 
i   (8)
MEi  g / eq 

Où :
(i) : Concentration normale de la substance i en équivalent/litre
Ni : Nombre d’équivalent de la substance i
V : Volume de solution
mi : Masse de la substance i
MEi : Masse équivalente de la substance i
MWi : Masse molaire de la substance i
Zi : Nombre de protons échangeables dans les réactions acide-base ou nombre d’électrons
échangeables dans les réactions d’oxydo-réduction.
Les concentrations normales sont exprimées en équivalent/Litre (eq/L) ou en
milliéquivalent/Litre (meq/L). Pour indiquer que les concentrations sont basées sur la
normalité, nous les plaçons entre parenthèses ( ).

2.1.3.1 Masses molaires et équivalentes

La masse équivalente est la masse molaire divisée par le nombre d’électron impliqués
dans la réaction. Comme cette dernière valeur peut être difficile à déterminer, je donne
dans le tableau 2-1 les principales masses molaires et équivalentes.
Tableau 2-1: Masses molaires et équivalentes de quelques substances.
Substance Masse Z Masse
molaire (g) équivalente (g)
CaCO3 100 2 50
MgCO3 84,3 2 42,15
Ca(OH)2 74 2 37
Mg(OH)2 58,3 2 29,15
CO2 44 2 22
Na2SO4 142 2 71

18
 H2CO3 62 2 31
Ca2+ 40 2 20
HCO3- 61 1 61
CO32- 60 2 30
SO42- 96 2 48
Na+ 23 1 23
K+ 39,1 1 39,1
HOCl 52,5 1 52,5
OCl- 51,5 1 51,5
H+ 1 1 1
Un tableau plus complet des masses molaires et équivalentes est présenté à l’annexe Z.

Exemple 2.3 :
Exprimez les concentrations de sodium et de sulfates, calculées à l’exemple 2.1, en eq/L
et en meq/L
Solution :
Calcul de la masse équivalente de Na+ : MENa  23 1  23g

Calcul de la masse équivalente de SO42- : MESO2  96 2  48 g

4

Normalité de Na+ : (Na+) = 13,22x10-3/23 = 0,57x10-3 eq/L = 0,57 meq/L

Normalité de SO42- : (SO42-) = 27,6x10-3/48 = 0, 57x10-3 eq/L = 0,57 meq/L

2.1.3.2 Concentration en mg CaCO3/L

Une concentration en mg CaCO3/L est une concentration en meq/L multipliée par la
masse équivalente du CaCO3. Pour transformer une concentration en mg/L on peut
utiliser l’équation suivante :
Ci ,mg / L
Ci ,CaCO3   MECaCO3 (9)
MEi

Les masses équivalentes doivent toutes être exprimées dans les mêmes unités, soit en
grammes ou en milligrammes. Il est à noter que la masse équivalente du CaCO3 est sa

19
masse molaire (100 g) divisée par le nombre d’électrons mis en jeu dans la réaction soit
2. La masse équivalente du CaCO3 est donc 50 g.
Exemple 2.4 :
Exprimez les concentrations du sodium et du sulfate, calculées à l’exemple 2.1, en mg
CaCO3/L.
Solution :
50
Pour le sodium : CNa  ,CaCO  13,22   28,74 mg CaCO3/L
3
23
50
Pour le sulfate : CSO ,CaCO  27,6   28,74 mg CaCO3/L
4 3
48
Il est à noter que les concentrations en mg CaCO3/L sont égales aux concentrations en
meq/L multipliées par 50.

2.1.3.3 Relation entre les concentrations molaire et normale

Il est possible de passer directement des concentrations molaires aux concentrations
normales. On utilise alors l’équation suivante :
Ci Ci C
i     i  Z i  i   Z i
MEi MWi Zi MWi

 i   i   Z i (10)

Exemple 2.5:
Pour les exemples 2.1 ;2.2 ;2.3 et 2.4 vous avez supposé que 100 mg de Na2SO4 ont été
complètement dissocié dans 2450 ml d’eau pure.
Calculez les concentrations massiques, molaires et normales de ce sel avant dissociation.
Regroupez, dans un même tableau, les résultats des exemples 2.1 ;2.2 ;2.3 et 2.4.
Que pouvez-vous dire sur les bilans des masses, des moles, des équivalents ?

Solution :
Calcul des concentrations de Na2SO4 avant dissolution
CNa2 SO4  100mg 2, 45L  40,82 mg L

mg mol g
 Na2 SO4   40,82    0, 29  103 mol / L
L 142 g 1000mg

20
 Na2 SO4   40,82 mgL  71eqg  1000g mg  0,57 103 eq / L
meq
CCaCO3  0,57  50  28,5 mgCaCO3 L
L
Tableau récapitulatif (exemple 2.5)
Unités de mesure Na2SO4 Na+ SO42-
Avant dissociation

mg/L 40,82 - -
ppm 40,82 - -
mol/L 0,287 x 10-3 - -
eq/L 0,57 x 10-3 - -
mg CaCO3/L 28,5 - -
Après dissociation

mg/l - 13,22 27,46

ppm - 13,22 27,46
mol/l - 0,57 x 10-3 0,29 x 10-3
eq/L - 0,57 x 10-3 0,57 x 10-3
mg CaCO3/L - 28,5 28,5

Commentaires :
En observant les concentrations exprimées en mol/l, on observe que la concentration de
Na+ est deux fois plus élevée que les concentrations de Na2SO4 et de SO42-, ce qui
respecte la stœchiométrie de la réaction soit :
Na2 SO4  2 Na   SO42

En observant les concentrations exprimées en eq/L ou en mg CaCO3/L on note que la

dissolution 0,57 meq de Na2SO4 donne 0,57 meq de Na+ et 0,57 meq de SO42-.

2.1.4 Fractions massique, volumique ou molaire

On peut exprimer les concentrations en fraction massique, en fraction volumique ou en
fraction molaire.
 Fraction massique est la masse de soluté divisée par la masse de solution.
 Fraction volumique est le volume de soluté divisé par le volume de solution.

21
  Fraction molaire (Y) est le nombre de mole de soluté divisé par le nombre total de
moles, incluant le solvant. On peut exprimer la fraction molaire à l’aide de
l’équation suivante :
ni
Yi  (11)
n1  n2  n3  ...nn

Exemple 2.6:
Déterminez la molarité de deux solutions d’acide chlorhydrique (HCl). La première
solution a une fraction massique de 25% et la deuxième solution une fraction volumique
de 25 %. La masse volumique (MV) de l’acide chlorhydrique est de 1,2 kg/L.
Solution :
Première solution : Fraction massique de 25 %.
Posons 1 kg de solution (1000 g)
Calcul du nombre de moles de HCl. On sait que :
 Masse HCl 
  100  25% donc masse de HCl  0, 25 1000  250 g
 Masse solution 

Calcul du nombre de moles de HCl : nHCl = 250/(35,5+1) =6,85 moles

Calcul du volume total de solution : VT  VHCl  VH 2O

Masse de HCl 250 g

VHCl    0, 208 L
MV de HCl 1200 g L
Masse de H 2O 1000 - 250  g
VH 2O    0, 750 L
MV de H 2O 1000 g / L
VT  0, 208  0, 750  0,958 L
Molarité = nombre de moles/volume de solution = 6,85 moles/ 0,958 L = 7,15 moles/L
Réponse = 7,15 moles/L

Deuxième solution : Fraction volumique de 25%.

Posons un volume total de solution de un litre. On sait que :

 Volume de HCl 
  100  25% donc VHCl  1 0, 25  0, 25 L
 Volume de solution 
22
Masse de HCl = VHCl x Densité de HCl = 0,25L x 1200g/L = 300 g
Nombre de moles de HCl : 300g/36,5g/mole = 8,23 moles. Comme nous avons considéré
un volume de solution de un litre, la concentration molaire est de 8,23 moles/L

Réponse = 8,23 moles/L

2.1.5 Concentration en ppm dans les solutions aqueuses

Il n’est pas rare de rencontrer des concentrations exprimées en partie par million (ppm).
Cela peut représenter une fraction massique, volumique ou molaire. À moins d’avis
contraire, les ppm dans une solution aqueuse diluée désignent une fraction massique. La
transformation en mg/L est alors facile. En effet, on peut supposer que la masse
volumique de la solution n’est pas affectée par la présence d’impuretés. Elle est égale à la
masse volumique de l’eau qui est de 1kg/L ce qui donne 1000g/L ou 106 mg/L. On peut
donc montrer que :
mg 1mg 1mg
1   6  1 ppm (12)
L 1000 g 10 mg

On voit donc qu’un mg/L est équivalent à une partie par million. Cette relation est valable
seulement dans les solutions aqueuses diluées, lorsque la densité de l’eau est de 1000 g/L.
Elle ne s’applique pas aux solutions concentrées. Par exemple, dans le l’exemple 2.6, la
fraction massique est de 25% ce qui représente 250 000 ppm. Nous avons calculé une
concentration molaire de 7,15 mol/L. En multipliant cette concentration par 36,5 g/mol
on obtient une concentration massique de 260,9 g/L.

2.1.5.1 Concentration en ppm dans l’air

La concentration en ppm dans l’air est toujours calculée à partir de la fraction molaire.
C’est la fraction molaire multiplié par un million.
Exemple 2.7 :
Une enceinte fermée de un mètre cube contient 32,44 moles d’azote (N2), 8,74 moles
d’oxygène (O2), 0,39 mole d’argon (Ar), 0,015 mole de bioxyde de carbone (CO2) et 0,3
mole de vapeur d’eau (H2O). Quelle est la concentration du bioxyde de carbone en ppm ?
Solution :
23
La concentration en ppm est la fraction molaire multipliée par un million. Trouvons donc
d’abord la fraction molaire.
nCO2
YCO2 
nN2  nO2  nAr  nCO2  nH 2O
0, 015
YCO2   358 106
32, 44  8, 74  0,39  0, 015  0,30
La concentration de CO2 est donc de 358 ppm.
Note : Si on multiplie la fraction molaire par 100 on obtient la concentration en %. Dans
le cas de l’exemple 2.7, cela donne une concentration de CO2 de 0,036 %.

2.2 Bilan de masse

Il est souvent nécessaire de mélanger deux solutions différentes. Afin de trouver la
concentration résultante, il faut faire un bilan de masse. En effet, les masses se conservent
ainsi que les volumes de solution. La masse est le produit de la concentration par le
volume CV  g
m3
 m3 donne bien une masse en grammes. Il est aussi possible de faire le

produit de la concentration par le débit CQ   md 

g 3 g
m3 d
ce qui donne une masse par

unité de temps. On peut trouver les concentrations résultantes d’un mélange de volumes
de solutions différentes en utilisant les équations suivantes :
CrVr  C1V1  C2V2   CnVn (13)

Vr  V1  V2   Vn (14)

Ou bien, si on mélange des débits :

Cr Qr  C1Q1  C2Q2   CnQn (15)

Qr  Q1  Q2   Qn (16)

24
Exemple 2.8:
Vous avez un échantillon qui contient 200 mg/L de matière organique. Vous devez
préparer un échantillon de 300 ml qui contient 6 mg/L de matière organique. Quel
volume d’eau pure devez-vous utiliser pour préparer cet échantillon ?
Solution :
Dans ce problème on sait que Cr = 6 mg/L et Vr = 300 ml. Pour obtenir ce résultats on
mélange de l’eau qui a une concentration de C1 = 200 mg/L avec de l’eau pure qui a une
concentration C2 = 0 mg/L. Le système d’équations donne :

CrVr  C1V1  C2V2

6  0,3  200  V1  0  V2
V1  0,009 L  9mL
Vr  V1  V2
0,3  0,009  V2
V2  0, 291L  291mL

2.3 Eau et hydrosphère

L’eau est abondante sur la terre, on compte un volume total d’environ 1,4x1018 m3. C’est
suffisant pour supporter toutes les activités humaines. Malheureusement, sa répartition
spatiale et temporelle n’est pas uniforme. Certaines régions en reçoivent trop et d’autres
pas assez. La qualité de l’eau est affectée dès sa formation. Elle est en contact avec les
gaz de l’atmosphère et par la suite avec le sol sur lequel elle ruisselle. Une variable
importante qui explique plusieurs variations de qualité est le temps de séjour d’abord
avec l’atmosphère ensuite avec le sol. Des temps de séjour moyens sont présentés au
tableau 2-2.

25
Tableau 2-2: Temps de séjour caractéristiques de l'eau.
Endroit de l’hydrosphère Temps de séjour
caractéristique
Atmosphère 9 jours
Rivières 2 semaines
Humidité des sols Mois

Grands lacs 10 ans

Eau souterraine peu profonde 10 000 ans et +
Couches dans l’océan 120 ans
Grands océans 3 000 ans
Eaux souterraines profondes Jusqu’à 10 000 ans
Glace de l’antarctique 10 000 ans et +

L’air et l’eau ont certaines caractéristiques physiques importantes en génie de

l’environnement.
Tableau 2-3: Quelques propriétés de l'eau à 20ºC.
Propriété Symbole Valeur
Masse volumique  998 kg/m3
Viscosité dynamique  1,0 x 10-3 kg/m s
Viscosité cinématique  1,0 x 10-6 m2 s
Pression de vapeur de l’eau PºH2O 2316 Pa
Oxygène dissous DOSat 9,0 mg/L (20º, 1 atm, 21 % O2)
Concentration molaire [H2O] 55,55 mol/L

Il est important de noter que la plupart de ces caractéristiques varient avec la température.
Les valeurs de la masse volumique et de la viscosité en fonction de la température sont
présentées à la section 12.6 de l’annexe Z et reproduit ci-après.

26
Tableau 2-4: Quelques propriétés de l'eau en fonction de la température.
Température Masse Viscosité Viscosité
(ºC) volumique dynamique (µ) cinématique ()
kg/m3 (kg/m s) (m2/s)
0 999,8 1,78 x 10-3 1,78 x 10-6
5 1 000 1,52 x 10-3 1,52 x 10-6
10 999,7 1,31 x 10-3 1,31 x 10-6
15 999,1 1,14 x 10-3 1,14 x 10-6
20 998,2 1,00 x 10-3 1,00 x 10-6
25 997,0 0,89 x 10-3 0,89 x 10-6
30 995,7 0,80 x 10-3 0,80 x 10-6
40 992,2 0,65 x 10-3 0,65 x 10-6

On voit que la masse volumique de l’eau est maximale à une température voisine de 5ºC.
Cela explique certains phénomènes tels que les renversements saisonniers des lacs, les
courants de densité dans les bassins ou dans l’océan, etc. La viscosité augmente avec la
baisse de température, c’est ce qui explique l’augmentation de la friction.

2.4 Air et atmosphère

L’atmosphère contient les 5 gaz principaux suivants : azote (N2), oxygène (O2) argon
(Ar), gaz carbonique (CO2) et la vapeur d’eau (H2O) ainsi que des impuretés. Les
concentrations des impuretés sont généralement trop faibles pour affecter les
concentrations des gaz principaux. Les concentrations des gaz principaux sont présentées
au tableau 2-5 :

27
Tableau 2-5: Concentration des principaux gaz dans l'atmosphère.
Gaz Masse % dans de
molaire l’air sec
Azote (N2) 28 78,08
Oxygène (O2) 32 20,95
Argon (Ar) 40 0,93
Bioxyde de carbone (CO2) 44 0,035
Vapeur d’eau (H2O) 18 variable

Les proportions d’azote, d’oxygène et d’argon dans l’atmosphère sont constantes dans
l’espace et le temps, du moins lorsque l’échelle de temps est inférieure au siècle. Par
contre, nous observons que la concentration de CO2 augmente de 0,5% par année. Cela
serait causé, en grande partie, par la déforestation et par l’utilisation accrue des
combustibles fossiles. Enfin, la vapeur d’eau peut varier de zéro dans de l’air sec à
quelques % dans de l’air humide.
Dans presque tous les cas, en génie de l’environnement, l’air peut être considéré comme
un gaz parfait, il respecte donc l’équation :

PV  nRT (17)
n : nombre de moles (mole)
V : volume de gaz (m3) ;
P : pression du gaz (atm);
T : température du gaz (Kelvin)
 m3  atm 
R : la constante des gaz parfait :  82 106 .
 mol  K 

Exemple 2.9 :
Quel est le nombre de moles d’air dans un mètre cube à une pression d’un atm et une
température de 20ºC ?
Solution :

28
 n P
On sait que PV  nRT donc :  ,
V RT
n 1atm mol  K 1
    41, 6 mol m3
V 8, 2 10 5
atm  m  20  273 K
3

2.4.1 Pression partielle

Avec les gaz parfaits, on peut exprimer les concentrations ou les fractions molaires en
termes de pressions partielles. Lorsque le volume de gaz et sa température sont constants
on peut donc écrire :

P   Pi

ni RT nRT
Pi  et P 
V V
Pi ni
  Yi (18)
P n
Où :
Yi : Fraction molaire de la substance i.
ni : Nombre de mole de la substance i.
n : Nombre de mole total.
Pi : Pression partielle de la substance i.
P : Pression totale du gaz.

2.4.2 Masse molaire de l’air sec

Si on connaît les pressions partielles de chacun des gaz constituant l’air, on peut calculer
la masse moléculaire moyenne de l’air. C’est une moyenne pondérée. En utilisant les
fractions molaires présentées dans le tableau 2.5, on trouve pour l’air sec :
MWair sec  28  0, 7808  32  0, 2095  40  0, 0093  44  0, 00035  28,95 g / mol

2.4.3 Masse molaire de l’air humide

L’air humide a une masse moléculaire plus faible que l’air sec. En effet, la masse
moléculaire de l’eau (18 g) est plus faible que la masse moléculaire de l’air (28,95 g)

29
Exemple 2.10 :
Calculez la masse moléculaire de l’air contenant 3 % d’humidité.
Solution :
Nous savons que la somme des fractions molaires de tous les gaz contenus dans l’air est
égale à 1. On peut donc dire que YH 2O  0, 03 et Yautres gaz = 1- 0,03 = 0,97. La masse

molaire de l’air humide est donc MWair humide  18  0, 03  28,95  0,97  28, 63 g / mol .
Lorsqu’on ajoute de la vapeur d’eau dans de l’air on fait baisser les fractions molaires des
autres gaz. On peut calculer les fractions molaires résultantes de chaque gaz en utilisant
la formule suivante : Yi ,humide  Yi ,sec  1  YH 2O  . Par exemple la fraction molaire de O2

dans de l’air contenant 3 % d’humidité est de YO2 ,humide  0,2095  1  0,03  0,2032 .

2.4.4 Relation entre Ci, ni/V et Yi

Il est possible de trouver des relations entre les concentrations massiques C, les
concentrations molaires ni/V et les fractions molaires, Yi :
ni n Y MWi n
Ci  MWi  et Yi  i  Ci  i
V n V
n P

V RT
 P 
Ci  Yi MWi    (19)
 RT 
Exemple 2.11 : Calculez la concentration massique de O2 dans de l’air sec à 20ºC et à
une pression de 1 atm.
Solution :
1
CO2   0, 2095  32    279 g / m3
8, 2  105  293

2.4.5 Masse volumique de l’air

On peut calculer la masse volumique de l’air sec (masse/unité de volume) de la façon
suivante :

30
 n  P 
air  MWair   MWair    (20)
V  RT 
28,95 1
air  5
 1204,9 g / m3
8, 2 10  293
On voit que la masse volumique de l’air sec est environ 1000 fois plus faible que la
masse volumique de l’eau qui est 1000 kg/m3.

2.4.5.1 Structure et fonction de l’atmosphère

L’atmosphère peut être divisée en plusieurs couches : la troposphère, la stratosphère, la
mésosphère, la thermosphère, l’exosphère et l’ionosphère. En génie de l’environnement
on s’intéresse surtout à la troposphère. C’est la couche qui affecte le plus la vie sur terre.
Cependant la baisse de l’ozone (O3) dans la stratosphère et ses effets sur la vie terrestre
tend à faire élargir le champ d’activité du génie de l’environnement.
Le rôle de l’atmosphère est multiple et essentiel à la biosphère. L’atmosphère transmet la
plupart des rayons solaires tout en bloquant le rayonnement infrarouge émis par la terre.
C’est la cause de l’effet de serre qui a un effet bénéfique sur l’augmentation de la
température à la surface de la terre. L’atmosphère transfère de l’énergie des régions
équatoriales vers les pôles à l’aide des vents, de l’évaporation et de la condensation. C’est
ce qui permet de limiter les variations de température à la surface terrestre.
L’atmosphère est le réservoir principal de plusieurs substances essentielles à la vie telles
que l’azote, l’oxygène, le bioxyde de carbone et l’eau. À l’échelle planétaire, la
troposphère est l’équivalent d’une fine couche sur la surface terrestre. Par comparaison
on pourrait dire la pelure à la surface d’une pomme. La masse totale de l’atmosphère est
de 5,3x1018 kg.
L’air se mélange rapidement dans la troposphère. La source d’énergie du mélange est la
surface de la terre qui est réchauffée par le rayonnement solaire. L’air chaud près de la
surface de la terre augmente de volume et réduit sa masse volumique ce qui le rend
sensible à la poussée d’Archimède. Lorsque l’air chaud monte, il prend de l’expansion à
cause de la pression atmosphérique plus faible en altitude. Lorsque l’altitude augmente,
on observe une baisse de température, une baisse de pression atmosphérique et une baisse
de la masse volumique de l’air. Dans les premiers 4000 mètres au dessus de la surface

31
terrestre, la baisse de température est d’environ de 6,5°C/km, la baisse de pression
atmosphérique de 0,1 atm/km et la baisse de densité de 0,1 kg m-3/km.

2.5 Impuretés
Il y a des impuretés dans l’air, dans l’eau et dans les sols. On s’intéresse à ces impuretés
pour plusieurs raisons :
 Elles constituent un risque pour la santé humaine.
 Elles affectent l’esthétique (apparence, goûts, odeurs, couleur, etc.).
 Elles ont un impact sur l’environnement.

Nous présentons dans cette section, les impuretés les plus intéressantes en génie de
l’environnement.

2.5.1 Les principaux gaz dissous dans l’eau

Oxygène (O2)
C’est un gaz très important car il supporte la vie. De plus il est à la base de plusieurs
réactions d’oxydation.
Méthane (CH4)
C’est le résultat de la décomposition anaérobie de la matière organique. C’est ce que nous
appelons un biogaz. Il a une bonne valeur calorifique. Lorsqu’il s’accumule dans des
endroits fermés, il devient explosif.
Ammoniac (NH3)
Provient de la décomposition de la matière organique. C’est un fertilisant qui peut, d’un
coté consommer de l’oxygène et de l’autre favoriser la croissances des plantes incluant
les algues.
Acide sulfhydrique (H2S)
C’est un gaz très volatil qui résulte de la décomposition anaérobie de la matière
organique. Il peut être en concentration élevée dans les eaux souterraines. Lorsque ces
eaux sont mises en contact avec l’atmosphère, le H2S dégaze rapidement vers
l’atmosphère. Il dégage une forte odeur d’œuf pourri.

32
Bioxyde de carbone (CO2)
Ce gaz, présent en quantité non négligeable dans l’atmosphère, diffuse dans l’eau de
pluie dès la formation des gouttes de pluie. Il réagit ensuite avec l’eau et forme de l’acide
carbonique, ce qui fait baisser le pH. Du CO2 est aussi formé lors de la respiration aérobie
des microorganismes.
Les substances organiques
Des substances organiques peuvent être dissoutes dans l’eau. Ce sont toutes les
impuretés qui contiennent du carbone à l’exception de CO, CO2, HCO3-, CO32-, carbone
élémentaire, diamant, graphite et le charbon.
Les substances inorganiques
Toutes les substances, à l’exclusion des matières organiques, sont des substances
inorganiques.

2.5.2 Les principales impuretés dans l’air

Les principales classes d’impuretés dans l’air sont : 1) les particules; 2) les
gaz inorganiques; 3) la vapeur d’eau. La vapeur d’eau n’est pas à proprement parler un
contaminant. Elle fait augmenter le degré d’humidité qui a un effet important sur le
confort. À des valeurs extrêmes cela peut affecter les activités humaines. Nous décrivons
à la suite les deux premières classes d’impuretés.

2.5.2.1 Particules dans l’air

On peut diviser les particules en deux grands groupes, les petites particules, elles ont un
diamètre inférieur à 2µm et les grosses particules. Les grosses particules sont
généralement le résultat d’actions mécaniques telles que l’usure des freins de voitures,
l’usure du pavage des routes, etc. Le vent sur les chantiers de construction ou sur les
exploitations agricoles peut aussi faire augmenter le nombre de particules dans
l’atmosphère. Elles peuvent aussi provenir de la combustion du bois, du charbon ou de
tout autre combustible. La plupart des particules fines sont le résultat de réactions
chimiques dans l’atmosphère telles que la condensation ou la précipitation.
Avant de parler du nombre de particules dans l’air, il est important de s’entendre sur les
termes.

33
Concentration de particules dans l’air : C’est le nombre de particules par unité de
volume d’air, par exemple 104 particules par mètre cube d’air.
Masse volumique des particules : Masse des particules divisée par le volume des
particules. Par exemple les grains de sable dans un filtre ont une masse volumique de
2700 kg/m3.
Le nombre de particules dans l’air est habituellement très élevé, il peut être de l’ordre
1010/cm3. Chaque particule a une origine, une taille, une composition qui lui est propre. Il
serait difficile de tenir compte de toutes ces variables lors des mesures. On utilise donc
des méthodes de mesure globale. Une méthode ancienne et encore utilisée est la
concentration totale des particules en suspension soit TSP (Total Suspended Particles).
C’est la masse totale des particules par unité de volume d’air. Le résultat de cette mesure
est fortement influencé par les grosses particules. Il est difficile de faire le lien entre le
TSP et les effets sur la santé car ce sont surtout les petites particules qui ont un effet sur la
santé. Une méthode tenant compte de la taille des particules a donc été proposée. On
mesure toutes les particules qui ont un diamètre égal ou inférieur à une taille x, c’est le
PMx. La valeur de x est exprimée en micromètre. Deux variables sont souvent utilisées le
PM10 et le PM25. Le PM10 représente la concentration de toutes les particules qui ont un
diamètre égale ou inférieur à 10 µm.

2.5.2.2 Les polluants gazeux inorganiques

Les polluants gazeux peuvent être nombreux dans l’atmosphère, surtout au dessus des
villes. Les concentrations de ces polluants sont de l’ordre du ppm ou même moins. Leurs
concentrations n’est donc pas suffisante pour affecter de façon notable la concentration
des 4 gaz principaux constituant l’atmosphère (N2, O2, Ar et CO2). Quatre polluants
gazeux méritent une attention particulière soit : 1) le monoxyde de carbone (CO) ; 2) le
bioxyde d’azote (NO2); 3) le bioxyde de soufre (SO2) et ; 4) l’ozone (O3).

2.6 Caractéristiques importantes de l’eau

On peut dire que l’eau est soluble dans l’eau. En effet une fraction des molécules d’eau
aura tendance à se décomposer, on observe alors :

34
 H 2O  H   OH 

pH   Log10  H   (21)

L’eau est neutre à un pH de 7, elle est acide lorsque le pH est inférieur à 7 et basique à un
pH supérieur à 7. En génie de l’environnement, le pH varie habituellement entre 5 et 10,
selon le type d’eau et selon les procédés de traitement utilisés. C’est une variable très
importante. Il est donc important de pouvoir prédire les variations de pH en fonction des
substances qui sont dissoutes dans l’eau. Les substances qui ont le plus d’effet sur le pH
sont les acides et les bases. Les principaux acides et bases sont présentés dans le tableau
2-6 :
Tableau 2-6: Principaux acides et bases.
Nom Formule
chimique
Acides
Perchlorique HClO4
Chlorhydrique HCl
Sulfurique H2SO4
(1)
Nitrique HNO3
Phosphorique H3PO4
Hypochloreux HOCl
Sulfureux H2SO3
(1)
Carbonique H2CO3
(1)
Sulfhydrique H2S
Bases
(1)
Ammoniaque NH3
Carbonate de calcium CaCO3
Chaux Ca(OH)2
Hydroxyde de sodium NaOH
(1)
Ces acides ou cette base sont volatils. Ils peuvent donc être présents dans l’eau et dans
l’air. Le concept de pH s’applique uniquement dans les solutions aqueuses incluant les
gouttes d’eau et le brouillard dans l’atmosphère.

35
2.6.1 Les ions dans l’eau
Les ions sont des atomes ou des molécules qui affichent une charge électrique. Les
cations sont les ions positifs alors que les anions sont les ions négatifs. Les principaux
ions présents dans les eaux naturelles sont présentés dans le tableau 2-7:

Tableau 2-7: Principaux ions dissous dans les eaux naturelles.

Ions Symbole Eau de mer Eau de rivière
(M) (mM)
Sodium Na+ 0,47 0,23
Magnésium Mg2+ 0,053 0,15
Calcium Ca2+ 0,010 0,33
Potassium K+ 0,010 0,03
Chlorure Cl- 0,55 0,16
Sulfate SO42- 0,028 0,07
Bicarbonate HCO3- 0,0024 0,86

2.6.2 Électroneutralité d’une solution

Une solution ne peut pas avoir de charge électrique nette. On observe donc la relation
suivante :

  Normalité des ions négatifs     Normalité des ions positifs  (22)

anions   Z  cations   Z
i i i i en  mol / L  (23)

Cette expression est utile pour relier les concentrations de tous les ions, pour vérifier si
une analyse de l’eau est complète ou pour trouver une concentration manquante.

36
Exemple 2.12 :
Une analyse de l’eau de mer a donné les résultats présentés dans le tableau suivant :
Ions Conc. Masse Conc. Molaire
massique (g/L) molaire (g) (mol/L)
Na+ 10,8 23 0,468
Mg2+ 1,29 24,3 0,0532
Ca2+ 0,409 40 0,0102
K+ 0,399 39,1 0,0102
Cl- 19,3 35,5 0,545
SO4= 2,71 96 0,0282
HCO3- 0,146 61 0,0024
MTD 35,2

a) Vérifiez si l’électroneutralité est satisfaite. Vous pouvez supposer que les

concentrations de H+ et de OH- sont négligeables.
b) Cette analyse est-elle complète ? Vous pouvez supposer que la mesure des
matières totales dissoutes (MTD) a une précision de ±10 %.
Solution :
Il faut d’abord transformer toutes les concentrations en normalité (eq/L). Les résultats de
ces transformations sont présentés au tableau suivant :
Cations Anions
Entité M [Mol/L] Z N (eq/L) Entité M [mol/L] Z N (eq/L)
Na+ 0,468 1 0,468 Cl- 0,545 1 0,545
Mg2+ 0,053 2 0,106 SO4= 0,028 2 0,056
Ca2+ 0,010 2 0,020 HCO3- 0,002 1 0,002
K+ 0,010 1 0,010
Total 0,604 Total 0,603

On voit que la somme des normalités des ions positifs (0,604 eq/L) est à peu près égale à
la somme des normalités des ions négatifs (0,603 eq/L). À première vue il semble donc

37
que cette analyse de l’eau soit complète. Il est possible de faire une vérification
supplémentaire en se souvenant que la somme de toutes les concentrations massiques
(g/L) devrait être égale à la concentration de matières totales dissoutes (MTD).
MTD = 35,2 ± 3,52 g/L  La plage acceptable est donc de 31,68 à 38,72 g/L.
La somme de toutes les concentrations massiques est de 35,05 g/L ce qui se situe dans la
plage acceptable. En conclusion, on peut dire qu’il ne manque pas d’éléments importants
dans cette analyse de l’eau.

2.6.3 La force ionique

La force ionique est une indication des interactions électrostatiques entre les ions
contenus dans une eau. C’est une variable qui dépend de l’ensemble des ions présents
dans la solution, elle est définie par l’expression suivante :
1
I
2
Ci   Z i2 (24)

Les concentrations (Ci) sont en mol/L, Zi est sans unité et I est en mol/L.
La force ionique n’est affectée que par les ions. Plus un ion a une charge électrique
élevée, plus il contribuera à la force ionique. La force ionique a une influence sur les
constantes d’équilibre dans les solutions concentrées.

2.6.4 Alcalinité
L’alcalinité d’une eau peut être décrite de trois façons différentes : 1) la capacité d’une
eau pour neutraliser un acide ; 2) la quantité de protons (H+) qu’il faut ajouter à une eau
pour faire baisser son pH à 4,5 ; 3) la somme des concentrations normales des ions
bicarbonate, carbonate et hydroxyle moins les protons. Cette dernière définition est
illustrée par les équations (25) et (26). Ces deux équations décrivent l’alcalinité mais
dans deux systèmes d’unités différents.
Alc   HCO3   2  CO3   OH     H   en mol/L (25)

Alc   HCO3    CO3    OH     H   en eq/L (26)

L’alcalinité permet de stabiliser le pH d’une solution. Rappelons que le pH est une

variable très importante dans plusieurs procédés de traitement en génie de
l’environnement. Pour bien comprendre l’alcalinité ainsi que le mécanisme de contrôle

38
du pH, il est nécessaire de comprendre le comportement des acides faibles. Les
caractéristiques des acides faibles sont présentées dans le chapitre 5.

2.6.5 La dureté
La dureté est causée par l’ensemble des cations (ions positifs) multivalents. Dans les eaux
naturelles les deux cations les plus abondants sont le calcium (Ca+2) et le magnésium
(Mg2+). Les autres cations multivalents sont habituellement en concentrations très faibles
soit à cause de leur abondance limitée dans la croute terrestre, soit parce que ces éléments
sont très peu soluble dans l’eau. Règle générale nous considérons que la dureté totale est
la somme des ions calcium et magnésium. La dureté totale peut être exprimée en mol/L,
ou en mmol/L, par contre on l’exprime le plus souvent en normalité (eq/L) ou en unités
dérivées de la normalité (meq/L, mg CaCO3/L, etc.). On peut classifier la dureté de la
façon suivante :

a) Dureté totale (DT)= (Ca2+) + (Mg2+)

b) Dureté calcique (DCa) = (Ca2+)
c) Dureté magnésienne (DMg) = (Mg2+)
d) Dureté carbonatée (DC) Dureté équivalente à l’alcalinité
e) Dureté non carbonatée (DNC)= Dureté non équivalente à l’alcalinité.

Afin de déterminer les valeurs des duretés carbonatée et non carbonatée, il faut retrancher
l’alcalinité de la dureté totale, il faut prendre bien soin d’exprimer ces deux variables
dans un système d’unités basés sur la normalité. Le résultat de cette soustraction permet
de déterminer le type de dureté et sa valeur. Deux cas peuvent se présenter :
Cas No 1 : La dureté totale est plus élevée que l’alcalinité.
Dans ce cas, on calcule les duretés carbonatée et non carbonatée de la façon suivante :
(DNC) = (DT) – (Alc)
(DC) = (Alc)
Cas No 2 : L’alcalinité est plus élevée que la dureté totale
Dans ce cas, toute la dureté est carbonatée, on a alors : (DC) = (DT) et DNC = 0

39
Exemple 2.13 :
Une analyse complète de l’eau a donné les résultats suivants :

Ca2+ : 40 mg/L HCO3- : 183 mg/L

Mg2+ : 24,2 mg/L SO42- : 57,1 mg/L
Na+ : 9,2 mg/L Cl- : 6,7 mg/L

Calculez la concentration de chacune de ces substances en mg CaCO3/L

Faites une représentation graphique (Diagramme à barres) de ces résultats.
Quelles sont :
a) La dureté totale
b) La dureté carbonatée
c) La dureté non carbonatée

Solution :
Cmg / L Cmg / L 40
CCa2 ,CaCO   50   ZCa2  50   2  50  100 mgCaCO3 L
3
MEg MWg 40

De la même façon on fait toutes les transformations et on obtient :

Ca2+ = 100 mg CaCO3/L HCO3- : 150 CaCO3/L

Mg2+ = 99 mg CaCO3/L SO42- : 59,5 CaCO3/L
Na+ = 20 mg CaCO3/L Cl- : 9,5 CaCO3/L
Total = 219 CaCO3/L Total = 219 CaCO3/L

On peut représenter graphiquement ces résultats à l’aide d’un diagramme à barres. Dans
les barres du haut on place tous les cations alors que dans les barres du bas on place les
anions.

40
2.6.6 La turbidité
La turbidité est causée par l’ensemble des particules qui gênent le passage de la lumière.
Cela se traduit par une perte de transparence de l’eau. Le nombre et la taille des particules
ont un effet sur cette variable. Les tailles les plus efficaces pour disperser la lumière sont
de 0,4 µm à 0,7µm. La turbidité affecte surtout l’aspect esthétique de l’eau. Il n’a pas été
possible d’établir une relation entre la turbidité et la salubrité de l’eau. Par contre c’est
une variable très utilisée pour le contrôle de la production d’eau potable. En effet il a été
noté qu’une usine qui arrête bien la turbidité arrête aussi les microorganismes. Enfin
mentionnons que la turbidité peut avoir un effet important sur les écosystèmes. Une
augmentation importante de la turbidité de l’eau d’une rivière peut limiter la pénétration
de la lumière ce qui affecte plusieurs organismes aquatiques. Enfin mentionnons que la
plupart des particules responsables de la turbidité sont d’origine minérale. Ce sont donc
des particules qui ont une masse volumique élevée, soit de l’ordre de 2500 kg/m3.

2.6.7 La couleur
La couleur des eaux naturelles est causée en grande partie par la matière humique
dissoute dans l’eau. Cette matière est le résultat du contact de l’eau avec des débris
organiques tel que des feuilles d’arbre, des aiguilles de conifères, du bois en
décomposition. Les particules causant la couleur sont donc d’origine organique avec une
densité relative faible et une charge électrique nette négative.

41
2.6.8 Les particules
Les unités de mesure des particules sont différentes dépendamment que l’on se trouve
dans l’air ou dans l’eau. Tel que vu précédemment, les concentrations des particules dans
l’air sont surtout exprimées en nombre de particules par unité de volume, par exemple
104 particules /mètre cube d’air. Dans l’eau on utilise surtout les concentrations
massiques (g/m3).

2.6.8.1 Particules dans l’eau

Une caractéristique importante des particules est leur masse volumique. Par exemple, les
particules minérales provenant de l’érosion des terres ont une masse volumique voisine
de 2500 kg/m3. Les particules de matière organique ont une masse volumique beaucoup
plus faible, souvent légèrement supérieure à 1000 kg/m3. À cause de la grande diversité
des particules (Tailles, nature, etc.) nous utilisons surtout des mesures globales pour les
quantifier et les qualifier. Différents critères sont utilisés pour classifier les particules
dans l’eau.
Les particules sédimentables : Ce sont les particules qui ont un diamètre égal ou
supérieur à 10 µm. On peut les retirer de l’eau facilement en utilisant un bassin de
décantation.
Les particules filtrables : Ce sont toutes les particules qui sont retenues par un filtre qui
a des pores de 1,2 µm. Ces particules pourront être facilement enlevée à l’aide d’un filtre
rapide au sable.
Les particules colloïdales : Ce sont toutes les particules qui passent à travers un filtre
qui a des pores de 1,2 µm.
Les particules volatiles : Ce sont les particules que l’on peut volatiliser par chauffage à
550°C. La plupart de ces particules sont constituées de matière organique. La matière
organique a une masse volumique plus faible que la matière minérale. De plus la matière
organique peut servir de nourriture à de nombreux microorganismes.
Les particules non volatiles : Ce sont les particules que nous ne pouvons pas volatiliser
à une température de 550°C. Elles sont habituellement constituées de matières minérales
inertes.

42
L’ensemble des particules dans l’eau sont appelées matières en suspension (MES). Ces
MES sont divisées en plusieurs catégories, les principales étant :
a) TS : Toutes les matières solides quelles que soient leurs tailles (Total Solids).
b) SS : Toutes les matières retenues sur un filtre ayant des pores de 1,2µm, ce sont
les matières filtrables (Suspended Solids).
c) TDS : Toutes les matières qui passent à travers un filtre de 1,2 µm (Total
Dissolved Solids).
d) TVS : Toutes les matières solides volatiles (Total Volatile Solids)
e) VSS : Toutes les matières volatiles en suspension, c'est-à-dire toutes les matières
qui ont une taille supérieure à 1,2µm (Volatile Suspended Solids)

Il peut être difficile de faire la différence entre les matières dissoutes, particulaires,
organiques et inorganiques. Des hypothèses simplificatrices sont utilisées.
a) Toutes les matières qui ont une taille inférieure à 1,2 µm sont considérées comme
étant dissoutes
b) Toutes les matières qui ont une taille supérieure à 1,2 µm sont considérées être
des particules.
c) Un chauffage à 105ºC permet d’évaporer l’eau sans perte des matières contenues
dans l’eau.
d) Un chauffage à 550ºC permet de volatiliser la matière organique sans perte de
matière minérale.

La méthode est sommairement décrite par la figure 2-1 reproduite ci après :

43
Figure 2-1: Diagramme illustrant la méthode de mesure des matières solides
contenues
De la dans
figureune
2.1eau.
on peut dégager les équations suivantes :

MB
Matières solides totales : TS 
VA
MG
Matières dissoutes totales : TDS 
VD
ME
Matières solides en suspension : SS 
VD
M B  MC
Matières volatiles totales:TVS 
VA
ME  MF
Matières solides volatiles : VSS 
VD

2.6.9 Les impuretés organiques

Ce sont toutes les substances qui contiennent du carbone à l’exception des impuretés
inorganiques définies précédemment. Cela représente plusieurs milliers de substances

44
différentes, d’origine naturelle ou humaine. La présence de ces impuretés en
concentration excessive peut avoir différentes conséquences :
a) Croissance de microorganismes
b) Consommation d’oxygène
c) Risques pour l’environnement.
d) Risques sanitaires
e) Dégagement de mauvaises odeurs
f) Interférence avec les procédés de traitement

Les sources principales de matière organique dans les eaux des lacs et des rivières sont
les déversements d’eaux d’égouts non traitées. Ces eaux contiennent de la matière
organique, des nutriments et des microorganismes. Les microorganismes consomment de
la matière organique, des nutriments et de l’oxygène. La baisse d’oxygène est compensée
par la diffusion à partir de l’atmosphère. Lorsque la consommation d’oxygène dissous est
trop rapide et importante, il se développe des conditions anaérobies dans l’eau. Cela peut
avoir des effets catastrophiques sur la faune aquatique. Il est possible de relier la
consommation de matière organique à la consommation d’oxygène. Cela est très utile car
la mesure de l’oxygène dissous est beaucoup plus facile à faire que la mesure de la
matière organique. Il est possible d’établir une relation entre la quantité de matière
organique et la quantité d’oxygène consommé durant une certaine période. C’est ce qu’on
nomme la demande en oxygène.

2.6.9.1 Demande en oxygène

C’est la quantité totale d’oxygène nécessaire pour dégrader la matière organique dans une
eau. Afin que cette méthode de mesure soit valable, il faut s’assurer qu’il y ait toujours
suffisamment d’oxygène pour supporter les microorganismes. La demande en oxygène
dépend alors seulement de la quantité de matière organique contenue dans l’eau. Il y a
plusieurs façons de déterminer la demande en oxygène. On peut le faire de façon
théorique. On doit connaître la formule chimique de la substance contenue dans l’eau
ainsi que l’équation chimique de sa réaction avec l’oxygène dissous jusqu’à une
oxydation complète soit jusqu’au CO2.

45
Exemple 2.14:
Calculez la demande théorique en oxygène d’une solution contenant 10-3 mol/L de
glucose (C6H12O6).
Solution :
Nous avons 1 mmol/L de glucose.
La réaction chimique du glucose avec l’oxygène est :
C6 H12O6  6O2  6CO2  6 H 2O

On voit qu’il faut 6 mmol de O2 (6X32=192mg) pour oxyder 1 mmol de glucose (180
mg).
La demande théorique en oxygène de cette solution est donc de 192 mg/L.

Il est rare que nous connaissions la formule chimique de toutes les substances contenues
dans une eau ainsi que toutes les réactions de ces substances avec l’oxygène. Donc pour
des eaux d’égouts municipaux nous utilisons habituellement une méthode globale basée
sur la consommation d’oxygène par les microorganismes. C’est ce que nous appelons la
demande biochimique en oxygène (DBO). Lorsque cette demande est mesurée pendant
5 jours nous la nommons DBO5. La méthode de mesure de la DBO est basée sur certaines
hypothèses :
a) Les microorganismes ne manquent jamais d’oxygène.
b) Les microorganismes consomment à la fois de la matière organique et de
l’oxygène. Il y a donc un lien entre la consommation d’oxygène et la
consommation de matière organique. La baisse d’oxygène est donc un bon
indicateur de la quantité de matière organique qui a été consommée.
c) Après une période très longue, on suppose que toute la matière organique a été
consommée.
Pour bien comprendre cette méthode et bien interpréter les résultats, il faut avoir des
notions d’oxydation et de cinétique de réaction. Ces notions seront vues au chapitre 6.

2.6.10 Les microorganismes

Par définition, les microorganismes sont tous les organismes vivants qui ont une taille
inférieure à 100 µm (0,100 mm). Ils sont très importants en génie de l’environnement. Ils

46
aident à digérer la nourriture, à décomposer la matière organique, à recycler les
nutriments, à éliminer plusieurs polluants. Sans eux le cycle de la vie s’arrête. Certains
microorganismes sont pathogènes, ils peuvent causer des maladies plus ou moins
importantes chez l’humain ou chez les animaux. On peut les classer selon différentes
caractéristiques.
Tableau 2-8: Caractéristiques de classification des microorganismes.
Caractéristiques Nom Description
Principale source de Autotrophe CO2
carbone
Hétérotrophe Matière organique
Source d’énergie Phototrophe La lumière
Chémotrophe Réactions chimiques (Oxydation)
Relation avec O2 Aérobie Nécessite de l’oxygène pour survivre
et se reproduire
Anaérobie Vivent en absence d’oxygène qui peut
être un poison
Aérobie facultatif Vivent et se reproduisent en absence
ou en présence d’oxygène
Organisation cellulaire Eukariote Le noyau cellulaire contient le
matériel génétique
Prokariote Pas de noyau cellulaire, le matériel
génétique est dans la cellule

Les principaux types de microorganismes sont les bactéries, les virus, les algues, les
fongus et les protozoaires.
Les bactéries
Ce sont des prokariotes très abondants dans l’environnement. Elles ont une taille de
l’ordre de 1 µm. On les nomme souvent selon leur forme : Coccus  Sphère ; Bacillus
 Bâtonnet ; Spirillum  Forme de spirale. Il y a des bactéries autotrophes,
hétérotrophes, aérobies, anaérobie, facultatives. Leur source d’énergie provient surtout de
réactions chimiques. Certaines d’entre elles sont pathogènes, elles peuvent transmettre

47
des maladies qui peuvent être graves et dans certains cas mortelles. La plupart de ces
microorganismes pathogènes proviennent des excréments humains ou animaux. À
l’extérieur de leurs hôtes, elles ont une espérance de vie relativement courte, de l’ordre de
quelques jours l’été à quelques semaines l’hiver. De plus, elles ne peuvent pas s’y
reproduire. Il n’y a pas de méthode de mesure globale permettant de mesurer en un seul
essai toutes les bactéries pathogènes. Enfin ce sont des bactéries que l’on peut inactiver
facilement avec un désinfectant chimique tel que le chlore. Afin de déterminer si une eau
est potable on a recours aux indicateurs bactériens. Les plus utilisés sont les coliformes
totaux et les coliformes fécaux.
Les coliformes totaux :
Ce sont des bactéries en forme de bâtonnet que l’on peut facilement détecter dans l’eau.
Elles sont en concentration faible dans une eau non polluée. On peut donc dire qu’une
concentration élevée indique une contamination relativement récente. Il est important de
noter que la plupart de ces bactéries ne sont pas pathogènes.
Les coliformes fécaux (Thermo tolérants) :
C’est un sous groupe des coliformes totaux. Ce sont les coliformes qui se reproduisent à
la température du corps humain (37,5°C). La plupart de ces microorganismes proviennent
des excréments des animaux à sang chaud. Comme ces microorganismes ont une
espérance de vie relativement courte dans l’environnement, ils indiquent une
contamination récente. Il est important de noter que certains de ces coliformes thermo-
tolérants peuvent vivre et se reproduire dans l’environnement. La présence de quelques
individus n’indique donc pas nécessairement une contamination. Par contre une grande
concentration est toujours le résultat d’une contamination.
Les virus :
Ce sont des fragments de molécules génétiques entourés de protéines. Ils sont à la limite
du monde vivant. Sans une cellule hôte, ils ne peuvent pas se reproduire, générer de
l’énergie, faire d’autres activités. Par contre ils peuvent survivre en état végétatif durant
de longues périodes. Pour se reproduire ils doivent donc infecter une cellule et en prendre
le contrôle. Leurs tailles varient de 0,1 à 0,4 µm. Ils sont présents dans l’eau, l’air et les
sols.

48
Les protozoaires :
Ce sont des eukariotes unicellulaires présents dans les eaux et les sols. Ils sont
chémotrophes et munis de flagelles ce qui leur donne une certaine mobilité. Dans un
milieu hostile ils forment de kystes ou des oocystes et survivent en mode végétatifs. Dès
qu’ils trouvent un hôte convenable, ils s’activent, se reproduisent et causent une
infection. Ils ont une taille qui varie selon les espèces de 2 à 10 µm. Plusieurs
protozoaires sont pathogènes, les plus célèbres et responsables de plusieurs épidémies
sont Giardia Lamblia et Cryptosporidium Parvum. Dans l’eau et les sols ils sont très
résistants à tous les désinfectants chimiques. Par contre, à cause de leur grande taille, on
peut en éliminer une fraction importante à l’aide de la décantation et de la filtration.
Les algues :
Les algues sont des microorganismes eukariotes et presque toujours photo-autotrophe.
Elles utilisent la chlorophylle pour convertir le rayonnement solaire en énergie.
Quoiqu’elles vivent habituellement dans l’eau, on peut en trouver dans les sols. La
plupart d’entre elles ont une taille microscopique, quelques unes ont une grande taille.
Les algues jouent un rôle important dans les cycles du carbone et de l’oxygène. De plus
elles contribuent de façon importante au maintient de différentes formes de vie dans les
océans. À l’aide de la photosynthèse, elles consomment du CO2 et rejettent de l’oxygène.
Les algues et les cyanobactéries sont consommées par les protozoaires et par plusieurs
animaux microscopiques qui servent à leur tour de nourriture pour les poissons.
Les croissances rapides et massives d’algues, aussi appelées « bloom algal » sont la
conséquence de déversement de nutriments dans l’eau. Les principaux nutriments sont
l’azote et le phosphore. Ces nutriments proviennent en grande partie des déversements
d’eaux usées plus ou moins bien traitées et du ruissellement sur les terres agricoles. Ce
ruissellement peut entrainer des fertilisants ainsi que des fumiers riches en azote et en
phosphore.

49
2.7 Problèmes
2.1
Calculez la normalité des solutions suivantes :
a) Un litre de solution contenant 1,25 g de H2SO4
b) Un litre de solution contenant 5,0 mg de H3PO4
c) Un litre de solution contenant 6,5 mg de CaCO3
d) Un litre de solution contenant 10 g de H2S

2.2
Vous ajoutez 10 mg de NaCl et 25 mg de Na2SO4 dans un bécher contenant 1,5L d’eau
distillée. En supposant que ces sels se dissocient complètement et qu’il n’y a pas de
précipitation, calculez les concentrations de Na+, Cl- et SO42-. Exprimez vos réponses
en : a) mg/L; b) mol/L; c) mmol/L; d) mg CaCO3/L
Indice : les sels se dissocient comme suit : NaCl  Na+ + Cl- et Na2SO42Na+ + SO42-
2.3
Vous mélangez le contenu de deux béchers. Le bécher no.1 contient 850 mL d’une
solution produite en ajoutant dans un litre d’eau pure 125x10-3 mol de Ca(HCO3)2. Le
bécher no.2 contient 600 mL d’une solution produite en ajoutant, dans un litre d’eau pure,
125 mg de Ca(OCl)2. Vous pouvez supposer que ces deux sels se dissocient
complètement. Calculez les concentrations résultantes de Ca2+, OCl- et HCO3-. Exprimez
vos réponses en a) g/m3, b) mol/L, c) meq/L.
2.4
On ajoute trois sels différents dans un litre d’eau distillée: 1000 mg de Na(HCO3), 41 mg
de Sr(HCO3)2 et 20 mg de Na2SO4. En supposant que ces sels se dissocient
complètement, calculez les concentrations de chacun des éléments (Na+, HCO3-, Sr2+ et
SO42-). Exprimez vos réponses en a) mmol/L; b) g/m3; c) meq/L ; d) mg CaCO3/L.

50
2.5
Combien de moles de Na2SO4 devez-vous ajouter dans un mètre cube d’eau afin
d’obtenir une concentration de 100 mg/L de Na+? Supposez que le sel est complètement
dissocié.

2.6
Combien de moles de Na2SO4 devez-vous ajouter dans un litre d’eau afin d’obtenir une
concentration de 96 mg/L de SO42-?
2. 7
Complétez le tableau suivant :

Ions mg/L mol/L meq/L mg/L CaCO3

Ca2+ 200
Mg2+ 150x10-3
Na+ 100
Fe2+ 75
Cd2+ 10
HCO3- 250
SO42- 20x10-3
Cl- 71

2.8
Déterminez la molarité d’une solution préparée en dissolvant 20 mg d’acide sulfurique
H2SO4 dans 500 mL d’eau. La molarité est exprimée en fonction de l’anion le plus
abondant dans la solution soit le SO42-.
2.9
Déterminez la molarité et la normalité d’une solution contenant 50 mg de Ca2+ dans 400
mL d’eau.

51
2.10
Un règlement sur la qualité de l’air aux Etats-Unis indique que la concentration maximale
acceptable (CMA) de monoxyde de carbone (CO) est de 35ppm. Transformez cette
concentration en mg/m3. Vous pouvez supposer que la température de l’air est de 20ºC et
la pression de 1 atm.
2.11
La CMA du cadmium dans l’eau potable du Québec est de 0,005 mg/L. Transformez cette
concentration en ppm.

2.12
Une étude a donné les résultats suivants :
 La concentration moyenne de chloroforme (CHCl3) dans l’air est de 0,4 µg/m3
 La concentration moyenne de chloroforme (CHCl3) dans l’eau est de 42 µg/L
 La concentration moyenne de tétrachloroéthylène (C2Cl4) dans l’air est de 2,1
µg/m3
 La concentration moyenne de tétrachloroéthylène (C2Cl4) dans l’eau est de 0,10
µg/L alors qu’elle est de 2,1 µg/m3 dans l’air.
 Le volume moyen d’air inhalé chaque jour par une personne est de 20 m3
 Une personne bois en moyenne 2 litres d’eau par jour.
 La température de l’air est de 20ºC
 La pression de l’air est de 1 atm

Calculez :
1. La concentration de chloroforme dans l’air en fraction molaire (ppb).
2. La concentration de chloroforme dans l’eau en fraction massique (ppb).
3. Les quantités totales de chloroforme inhalée et ingurgitée.
4. Refaites les mêmes calculs avec le tétrachloroéthylène.

52
 2.13
Le chlorure de vinyle (C2H3Cl), considéré cancérigène, est trouvé dans l’air et dans l’eau
à des concentrations de 80 ppb.
1. Calculez la concentration de cette substance dans l’eau en µg/L
2. Calculez la concentration de cette substance dans l’air en µg/L. Vous pouvez
supposer que l’air a une température de 20ºC et une pression de 1 atm.
2.14
Complétez le tableau suivant :

Entité Concentration
mg/L mol/L eq /L
Fe3+ 0,02
Ca2+ 9,8
Mg2+ 1,8
K+ 0,6
Na+ 4,6

2.15
L’augmentation du CO2 dans l’atmosphère conduit au réchauffement global de la planète.
En sachant que la masse molaire de l’air est de 28,9 g, la masse totale de l’atmosphère est
de 5,1x1018 kg, la fraction molaire du CO2 est de 350 ppm et que la concentration de ce
dernier gaz augmente à un taux de 0,5 % par année. Calculez le taux d’accumulation de
masse de CO2 dans l’atmosphère.

Solution
Calcul du nombre de mol de CO2 dans l’atmosphère :
1000g mol
n air  5,1kg    176,5 1018 mol
kg 28,9g
nCO 2 350 350 176,5 1018
 6  nCO 2  6
 6,18 1016 mol
n air 10 10
Calcul de la masse du CO2 :


53
 44 g kg Tonne
M CO2  6,18 1016 mol   
mol 1000 g 1000kg
M CO2  2, 711012 Tonnes

Calcul du taux d’accumulation :

0,5% Tonnes
Taux  2,71 1012 Tonnes   1,4 1010
an an

2.16

La constante des gaz R est de 8,2x10-5 m3 atm mol-1 K-1. Trouvez cette constante dans les
unités suivantes :
1. L atm mol-1 K-1
2. cm3 atm mol-1 K-1
3. kcal mol-1 K-1
4. cal mol-1 K-1
2.17
Les activités humaines contribuent pour beaucoup à l’augmentation du CO2 dans
l’atmosphère terrestre. Une source importante de CO2 est la combustion de carburant
fossile. L’amélioration énergétique permettrait de réduire la consommation de carburant
et par le fait même la quantité d’émission de CO2. Aux États-Unis, le parc automobile est
très important et contribue de façon significative à l’émission de CO2 dans l’atmosphère.
Voici quelques données utiles :

Nombre de voitures : 120x106

Consommation moyenne d’essence : 18 miles/gallonUS
Distance annuelle moyenne parcourue par une voiture : 10 000 miles
Composition chimique de l’essence : C8H18
Formation du CO2 : On peut supposer que chaque atome de carbone contenu dans
l’essence formera une molécule de CO2
La densité de l’essence est de : 0,72 g/cm3.
Un gallon US correspond à 3,8 litres.

54
 Un mile correspond à 1610 mètres.

En vous servant de ces données, calculez la masse totale de CO2 émise par le parc
automobile, aux États-Unis, en une année. Comparez ce résultat avec la réponse du
problème No. 2.15 et commentez.

Solution
Calcul du volume total d’essence consommé en une année :
10000miles galUS 3,8L
Van    120 10 6 autos
auto an 18miles galUS
L
Van  253 10 9
an
Calcul de la masse d’essence consommée :
L g g
 M E  253 10 9  720  1,82 1014
an L an
Calcul de la masse produite de CO2 :
Comme un atome de carbone dans l’essence produit une molécule de CO2, on peut écrire

C8H18  8CO2. Donc une mole d’essence (114 g) donne 8 mol de CO2 (352 g). Donc :
352
MCO 2  1,82 1014   5,6 1014 g
114
Comparaison avec le taux de croissance annuel calculé au problème 2.15.


M auto 5,6 108 Tonnes
 100  4%
M total 1,4 1010 Tonnes

Le parc automobile des Etats-Unis contribue pour 4% de l’émission du CO2 dans le


monde.

2.18
Une compagnie de nettoyage à sec utilise du tétrachlorure d’éthylène (C2Cl4). Chaque
mois, cette compagnie en achète 250 litres. Dans le procédé de nettoyage, il se perd 30%

55
du produit. Le reste du produit est entreposé dans un contenant de 0,7 m3 qui doit être
vidé périodiquement. Calculez la période entre deux vidanges du contenant.
2.19
a) Combien y-a-t-il de mole d’eau dans un litre d’eau et de mole d’air dans un litre
d’air ?
b) Quelle est la distance moyenne entre les molécules de gaz dans l’air lorsque la
pression est de 1 atm et la température de 293 K ?
c) Quelle est la distance moyenne entre les molécules d’eau ?
d) En ne considérant que l’eau dans les océans et en sachant que le volume d’eau
total y est de 1400x1015 m3, estimez la masse d’oxygène (O) dans les océans?

Solution :
a) Quel est le nombre de mole d’eau dans un litre d’eau ?

On sait qu’un litre d’eau a une masse de 1000 g et que la masse molaire de l’eau est de 18
g. Donc nH 2O  1000 18  55,55 mol .

b) Distance moyenne entre les molécules de gaz ?

Quel est le nombre de mole d’air dans un litre ? Il faut utiliser la loi des gaz parfaits en
prenant soin d’utiliser la constante des gaz dans le bon système d’unités. On sait que PV
= nRT donc n/V = p/RT. Dans cette équation, le volume est en litre il faut donc ajuster la
constante de cette manière :
R = 82,05x 10-6 atm m3 mol-1 K-1 x1000L m-3 = 82,05x10-3 L atm mol-1 K-1.
n 1
  0, 042 mol L
V 82, 05 103  293

Il faut d’abord se poser la question : Combien y a-t-il de molécules de gaz dans un litre ?
Dans une mole il y a 6,02x1023 molécules. Dans un litre il y a donc 0,042 x 6,02x1023 soit
2,53x1022 molécules. Toutes ces molécules sont dans un volume d’un litre ou 1000 cm3.
Le volume occupé par une molécule est donc de 1000 2,53 1022  4 1020 cm3 .

56
Posons que ces molécules sont dans une structure cubique. Le cube occupé par une

 4 10 
1
20
molécule a alors un coté de 3
 3, 4 107 cm . On peut alors dire que la

distance centre à centre entre deux molécules est de 3,4 nm (3,4x10-9 m).

c) Distance moyenne entre deux molécules d’eau ?

On suit la même procédure, N H2O  55,55  6,02 1023  3,34 1025 molécules litre .

Le volume occupé par une molécule est alors de 1000 cm3/ 3,34x1025 = 3x10-23 cm3. La
racine cubique de cette valeur donne la longueur du coté du cube soit : 3,1x10-10 cm soit
0,3 nm. C’est environ la taille d’une molécule d’eau.

e) Masse d’oxygène dans l’océan ?

Avec une masse volumique de l’eau de 1000 kg/m3 , la masse totale d’eau est de
1400x1018 kg. Pour trouver la fraction de cette masse qui correspond à de l’oxygène il
suffit de multiplier la masse totale par la masse molaire de l’oxygène (16) et de
diviser par la masse molaire de l’eau (18). On obtient une masse de 1,24x1021 kg
d’oxygène.

2.20
Vous savez depuis longtemps qu’une mole d’air occupe un volume de 22,4 litres. Cela
n’est pas toujours vrai.
a) Dans quelles conditions une mole d’air occupe-t-elle un volume de 22,4 litres ?
b) Quel est le volume occupé par une mol d’air dans les conditions
environnementales moyennes suivantes : P = 1atm et T = 293 K.

2.21
Un digesteur anaérobie est souvent utilisé pour traiter les boues des stations d’épuration
des eaux. La température à l’intérieur de ces digesteurs est habituellement maintenue à
35ºC. Cela permet d’accélérer la transformation microbienne de la matière organique en
méthane (CH4) et en bioxyde de carbone (CO2). Ces gaz sont collectés dans un réservoir
de 1000 m3 qui peut supporter une pression interne de 3 atm. Le méthane et le bioxyde de

57
carbone sont respectivement responsables de 65 % et 35% de la pression à l’intérieur du
réservoir.
a) Quelle est la masse, dans le réservoir, de chacun des gaz lorsque la pression
interne totale est de 3 atm et la température de 35ºC?
b) Refaire l’exercice précédent mais en supposant que les gaz ont refroidi à 25 ºC
avant leur entrée dans le réservoir.
c) Quel est le temps de rétention moyen d’une molécule de gaz dans le réservoir ?
Ce dernier fonctionne en continu, c'est-à-dire que le débit d’entrée est égal à son
débit de sortie. De plus les gaz à l’entrée du réservoir ont une température de
25ºC. Vous pouvez supposer que le taux de production de gaz est de 400 kg/d.

2.22
L’analyse d’une eau potable a donné les résultats présentés au tableau suivant :

Ions Concentration massique (mg/L) Molarité (M)

Al3+ 0,10 3,7x10-6
Ba2+ 0,012 0,09x10-6
F- 0,72 38x10-6
NO3- 0,155 2,5x10-6
Cl- 4 113x10-6
Cu2+ 0,005 0,08x10-6
Fe2+ 0,02 0,36x10-6
Mn2+ 0,002 0,04x10-6
SO42- 6,9 72x10-6
Zn2+ 0,004 0,06x10-6
Ca2+ 9,8 245x10-6
Mg2+ 1,8 74x10-6
K+ 0,6 15x10-6
Na+ 4,6 200x10-6
HCO3- 34,8 570x10-6

58
 a) Listez, par ordre d’importance décroissante, les trois ions qui contribuent le plus à
la dureté
b) Comparez la dureté totale à la dureté exercée par les trois ions identifiés
précédemment.
c) Listez, par ordre d’importance décroissante, les cinq ions qui contribuent le plus à
la force ionique.
d) Quelle est la force ionique causée par les 5 ions identifiés précédemment.
2.23
Dans une brochure, produite par le Metropolitan Water district (Los Angeles), on indique
quelques caractéristiques des eaux potables à la sortie d’une usine de traitement. Des
informations sont aussi données sur les concentrations maximales admissibles et sur les
raisons motivant la réglementation. Ces données sont reproduites au tableau suivant :

Nom Symbole Concentration CMA Note

mesurée (mg/L)
(mg/L)
Aluminium Al3+ 0,19 0,05 – 0,2 Esthétique
Barium Ba2+ 0,16 2 Santé
Calcium Ca2+ 69 -
Chlorure Cl- 91 250 Esthétique
Fluorure F- 0,24 4 Santé
Magnésium Mg2+ 28,5 -
Nitrate NO3- 1,02 10 santé
Potassium, K+ 4,4 -
Sodium Na+ 96 -
Sulfate SO42- 240 250 Esthétique

Pour chacune des substances contrôlées pour des raisons sanitaires, calculez les
concentrations mesurées et les CMA en mol/L et en eq/L.

59
2.24
Une analyse de l’eau potable a donné les résultats présentés au tableau suivant :

Anions (mg/L) Cations (mg/L)

Cl- 8,1 Ca2+ 6,7
SO42- 6,3 Na+ 2,4
F- 0,4 Al3+ 0,1
NO3- 0,8 K+ 0,08
HCO3- 16,3 Fe2+ 0,06

a) Utilisez le principe d’électroneutralité pour vérifier s’il manque un ion en quantité

importante dans cette analyse.
b) D’après vous quel est l’ion manquant dans cette analyse ?

2.25
Une eau de rivière a les caractéristiques suivantes :

Composé Concentration Composé Concentration

(mg/L) (mg/L)
Ca2+ 1,5 CO32- 0,0085
Mg2+ 4,1 SO42- 11,2
Na+ 6,3 Cl- 7,8
K+ 2,3 NO3- 1
H+ 0,32 g/L SiO2 13,1
HCO3- 58,4 Température 25C

Déterminez les caractéristiques suivantes :

a) La dureté totale en meq/L.
b) La dureté carbonatée en meq/L.
c) Les matières totales dissoutes.
d) Alcalinité en meq/L.

60
 e) La force ionique en mol/L.
f) pH.
g) Vérifiez l’électroneutralité.

2.26
a) Écrivez une équation précise de la dureté
b) Quelles sont les principales substances qui contribuent à la dureté de l’eau
potable ?
c) Quelle est la dureté totale d’un échantillon d’eau qui contient les ions suivants:
Na+ = 0,2mM ; Ca2+ = 0,3mM ; Mg2+ = 0,1mM ; K+ = 0,03mM
d) Calculez les duretés totale, carbonatée et non carbonatée d’une eau à pH 7 qui
contient les ions suivants : Na+ = 56 mg/L ; Ca2+ = 40 mg/L ; Mg2+ = 30 mg/L ;
HCO3- = 190 mg/L ; Cl- = 165 mg/L ; Al3+ = 30 mg/L.
e) Vérifiez l’électroneutralité de l’eau décrite en d)

2.27

a) Dans les eaux naturelles, quels sont les composés qui contribuent le plus à
l’alcalinité
b) L’alcalinité est une caractéristique importante de l’eau. Définissez ce terme et
décrivez les principales conséquences de la présence ou de l’absence d’alcalinité
dans les eaux.
c) Parmi les substances suivantes : CO32-, Na+, H+, PO43-, Al3+, H2CO3, Cl-, Mg2+,
HCO3-, Fe2+, OH-, HS- . Lesquelles contribuent de façon positive à l’alcalinité.
Expliquez votre réponse.

61
2.28
Vous utilisez un échantillon de 10 litres d’eau pour mesurer les matières solides en
suspension. Vous filtrez cet échantillon sur un filtre pesant initialement 15 g. Après
séchage à 105C, ce filtre pèse 43 g. Le filtre est ensuite placé dans un four à 550C.
Après chauffage, la masse du filtre est de 37 g.
Un autre échantillon de 10 litres de la même eau est évaporé (sans filtration préalable).
Après évaporation il reste 40 g de résidus. On chauffe ensuite ces résidus à 550C, il reste
ensuite 25 g de résidus. À l’aide de ces informations, calculez: TS, TVS, SS, VSS, et TDS.

62
3 Les transformations : notions de base
Afin de solutionner des problèmes de génie de l’environnement, il est nécessaire de
connaître et comprendre les principes à la base des transformations. Ces transformations
peuvent être d’ordre chimique ou physique. Pour bien les comprendre, nous étudierons la
stœchiométrie, les équilibres chimiques et la cinétique de réaction. La stœchiométrie est
la conséquence du principe de la conservation de la matière. Les équilibres chimiques
décrivent les relations entre les différentes entités chimiques présentes dans un fluide.
L’équilibre chimique ne peut être observé que lorsque le système est à l’équilibre. Il sera
donc nécessaire de définir les conditions d’équilibre et surtout de déterminer le temps
requis pour atteindre cet équilibre. Il est alors nécessaire de préciser le concept de
cinétique de réaction. Il est important de noter que ces trois concepts sont liés.

3.1 Stœchiométrie
La stœchiométrie est basée sur la conservation de la masse. Prenons par exemple
l’équation générique suivante :
bR1  cR2  mP1  nP2 (27)
Où R1 et R2 sont des réactifs et P1, P2 sont des produits. Les lettres minuscules (b,c,m et
n) sont les coefficients stœchiométriques, ils représentent le nombre de moles impliqués
dans la réaction, c'est-à-dire que b moles de R1 réagissent avec c moles de R2 pour
produire m moles de P1 et n moles de P2. De façon plus concrète posons l’équation
suivante :
Na2 SO4  2 Na   SO42
Cette équation montre que la dissociation d’une mole de Na2SO4 libère exactement 2
moles de Na+ et une mole de SO42-. En utilisant les masses molaires, on peut dire que
142 g de Na2SO4 libère 46 g de Na+ et 96 g de SO42-. Il est donc possible, en respectant
ces proportions, de prédire les masses de toutes les substances si on connait la masse
d’une substance impliquée dans la réaction.
Lorsque l’équation chimique est simple, il est possible de deviner la valeur des
coefficients stœchiométriques. Pour des réactions plus complexes, il est nécessaire de
procéder de façon plus structurée. Il faut trouver autant d’équations qu’il y a de

63
coefficients stœchiométriques inconnus. On peut trouver ces équations en appliquant les
principes suivants :
1. Dans une équation chimique, il doit y avoir le même nombre d’atomes de chaque
élément chimique dans les réactifs et dans les produits.
2. La charge associée aux ions dans les réactifs doit être égale à la charge associée
aux ions dans les produits.
Ces principes sont basés sur les lois de la stœchiométrie.

Exemple 3.1 :
Une réaction de photosynthèse est décrite par la réaction suivante :
aCO2  bNO3  cHPO4  dH   eH 2O  C106 H 263O110 N16 P1  fO2

Utilisez les principes de la stœchiométrie pour trouver les 6 coefficients

stœchiométriques (a à f).
Solution :
Il y a 6 coefficients à trouver, il faut donc déterminer 6 équations, une pour chacun des
atomes (C, O, H, P, N) et une pour la balance des charges électriques. Ces équations
sont :
C: a  106
O: 2a  3b  4c  e  110  2 f
N: b  16
H: c  d  2e  263
P: c  1
: - b - 2c  d  0
La solution de ce système d’équations donne :
106CO2  16 NO3  HPO4  18H   122 H 2O  C106 H 263O110 N16 P1  138O2

On peut interpréter cette réponse de la façon suivante. La production d’une mole de

biomasse (C106H263O110N16P1 ) nécessite 106 moles de CO2 et libère 138 moles de O2. En
terme massique, la production de 1 g de biomasse nécessite 1,31 g de CO2 et libère 1,24
g d’oxygène moléculaire. Cette réaction est utile pour le fonctionnement des lagunes
d’épuration. La consommation de CO2 y prévient les baisses de pH alors que la
production d’oxygène (O2) supporte les microorganismes aérobies qui sont responsables

64
de la biodégradation de la pollution. Il est important de noter que toutes les réactions
chimiques respectent les lois de conservation des atomes et de conservation de masse.
Par contre, le nombre de moles n’a pas été conservé.

3.2 Équilibres chimiques

Une réaction chimique peut être irréversible ou réversible. Une réaction irréversible est
représentée par le symbole  . C’est le cas de la dissolution d’un sel dans l’eau, par
exemple, NaCl  Na   Cl  . Cette équation indique que toute la quantité de sel ajoutée
à l’eau est dissociée, il ne reste plus de NaCl, il y a seulement des ions Na+ et Cl-. On
observe aussi des réactions où il y a une décomposition partielle des réactifs. On dit que
ces réactions ont atteint un équilibre. C’est ce qu’on observe avec plusieurs acides, par
exemple : HOCl  OCl   H  . Après l’ajout de l’acide hypochloreux dans l’eau, on
observe une décomposition partielle du réactif (HOCl). La réaction s’arrête lorsque les
conditions d’équilibre sont atteintes. Ces conditions sont définies par la
thermodynamique. En fait, la réaction se poursuit mais les vitesses de décomposition et
de formation du réactif sont égales. Pour qu’un équilibre soit atteint il faut respecter les 4
conditions suivantes:
1. L’état du système ne varie plus dans le temps
2. Le système est uniforme
3. Il n’y a plus de circulation de masse, de chaleur ou d’entité chimique dans le
système
4. Le taux net de changement de toutes les réactions chimiques est nul.

Toutes ces conditions sont rarement réunies. On simplifie le problème en supposant que
l’équilibre est atteint lorsque le taux de changement est nul durant une certaine période de
temps.

3.2.1 Équilibre chimique simple

Prenons l’équation générique suivante : aA  bB  cC  dD . À partir de cette équation
on peut définir une constante d’équilibre :

65
 C   D 
c d

K (28)
 A  B
a b

On peut déterminer les constantes d’équilibre à l’aide de la thermodynamique ou bien, de

façon plus simple, on peut les lire dans les tables contenues dans les manuels de
référence. Il est important de noter que toutes les concentrations des réactifs et des
produits doivent être exprimées en mol/L. L’équation précédente est valable seulement si
les conditions d’équilibre sont atteintes. Comment savoir si les conditions d’équilibre
sont atteintes ? Pour répondre à cette question on peut prélever un échantillon et mesurer
les concentrations de toutes les substances ([A], [B], [C] et [D]). À l’aide de ces
concentrations nous pouvons calculer le quotient de réaction. Ce quotient est défini
comme suit :

C   D 
c d

Q (29)
 A  B 
a b

L’équation du quotient de réaction est semblable à l’équation de la constante d’équilibre,

la seule différence est que dans l’équation d’équilibre les concentrations de toutes les
substances sont les concentrations lorsque les conditions d’équilibre sont atteintes. Dans
l’équation du quotient de réaction, ce sont des concentrations mesurées à un temps donné.
La comparaison de K et Q permet de déterminer si l’équilibre est atteint. Trois cas
peuvent se produire :
Q = K : Les conditions d’équilibre sont atteintes.
Q < K : Les concentrations des produits [C] et [D] sont trop faibles. La réaction va donc
se poursuivre de la gauche vers la droite jusqu’à ce que Q = K.
Q > K : Les concentrations des produits [C] et [D] sont trop élevées. La réaction va donc
se poursuivre de la droite vers la gauche jusqu’à ce que Q = K.
Une autre façon de savoir si la réaction a atteint les conditions d’équilibre est de se
renseigner sur la cinétique de réaction. Par exemple, si la vitesse de réaction est très
élevée, on peut dire qu’après une période de temps assez longue, l’équilibre est atteint.
Dans la suite de ce chapitre nous définissons la cinétique de réaction ainsi que la période
de référence.

66
3.3 Cinétique de réaction
La cinétique de réaction est la vitesse à laquelle se produit une réaction chimique.
Prenons l’équation générique suivante : aA  bB  cC  dD . On peut définir une vitesse
de réaction globale R ainsi que des vitesses de réaction pour chacune des substances. La
stœchiométrie nous permet de relier les taux de réactions des différentes substances
impliquées dans une réaction. On peut écrire :

1  d  A  1  d  B   1  d  C   1  d  D  
R         (30)
a  dt  b  dt  c  dt  d  dt 

Le taux global de réaction est R. Les coefficients stœchiométriques (a, b, c, d) peuvent

être négatifs (disparitions de réactifs) ou positifs (formation de produits). Les taux de
réaction de chacune des substances peuvent être définis comme suit: ra= d[A]/dt ; rb =
d[B]/dt ; rc=d[C]/dt et rd=d[D]/dt. Afin de mieux comprendre cette équation, remplaçons
les coefficients stœchiométriques par les valeurs suivantes : a = -1 ; b = -2 ; c = 3 et d = 4.
On peut alors écrire :
d  A 1 d  B d  B d  A
R   2
dt 2 dt dt dt
Cette équation indique que, dans le même intervalle de temps, lorsqu’une mole de A
disparaît, nous observons la disparition de 2 moles de B. On voit donc que la cinétique de
disparition ou d’apparition de chacune des substances est liée par la stœchiométrie.
On mesure les vitesses de réaction à l’aide d’un réacteur en cuvée (batch). Le réacteur
cuvée le plus simple et le plus utilisé au laboratoire est le bécher. Pour mesurer la vitesse
de réaction on ajoute des réactifs dans un bécher. On agite pour maintenir des conditions
homogènes dans tout le bécher. On mesure la concentration d’un réactif ou d’un produit
après des temps préétablis. Ces résultats nous permettent de déterminer l’ordre de la
réaction et sa constante cinétique. Il n’est pas nécessaire de mesurer les concentrations de
tous les réactifs et de tous les produits. Par exemple, si nous avons mesuré la vitesse de
réaction de la substance A soit ra, il est possible de calculer la vitesse de réaction globale
R et toutes les autres vitesses de réaction rb, rc et rd en utilisant les coefficients
stœchiométriques.

67
3.3.1 Taux et ordre de réaction
Dans la plupart des cas, le taux de réaction R dépend des concentrations des réactifs. On
peut écrire pour l’équation précédente :

R  k  A  B 
 
(31)

: Coefficients empiriques (entier)

[A] et [B] : Les concentrations molaires des substances A et B.
: Ordre de réaction par rapport à A
: Ordre de réaction par rapport à B
Ordre de réaction globale de la réaction
Les différents ordres de réactions possibles sont :

Tableau 3-1: Les ordres de réaction.

Ordre Valeur de  Équations Unités de k
0 =  = 0 R = k[A]0 = k mol L-1 t-1
1 = 1 et  = 0 R = k[A] t-1
= 0 et  = 1 R = k[B] t-1
2 = 1 et  = 1 R = k[A][B] L t-1 mol-1
= 2 et  = 0 R = k[A]2 L t-1 mol-1
= 0 et  = 2 R = k[B]2 L t-1 mol-1

Il y a aussi des réactions de type saturation. Pour ce type de réaction, le taux de réaction
varie en fonction de la concentration de la substance. Ce dernier devient constant lorsque
la concentration dépasse un certain seuil. Une réaction typique de saturation pour la
réaction aA  bB serait :
k m  A
r (32)
K s   A

Où :
r : Taux de réaction en mol/L·t
km : Constante de réaction en mol/L·t. C’est la valeur maximale de r.

68
[A] : Concentration molaire du réactif A en mol/L
Ks : Constante de saturation en mol/L. C’est la concentration qui correspond à r  k m 2 .
La constante de saturation (Ks) a les mêmes unités que la concentration de la substance A.
Il est possible de montrer que lorsque [A ] >> Ks, la réaction se comporte comme une
réaction d’ordre zéro : r  km . Dans une autre gamme de concentration, lorsque [A] << Ks

la réaction se comporte comme une réaction d’ordre un soit : r  K '  A . La figure 3-1

montre la variation du taux de réaction « r » en fonction de la concentration de la

concentration molaire de la substance A.

Réaction de type saturation

12,00

10,00

8,00
r (mol/L s)

6,00

4,00

2,00

0,00
0 50 100 150 200 250 300 350
[A] mol/L

Figure 3-1: taux de réaction en fonction de la concentration pour une réaction de

saturation.

Exemple 3.2 :
Le taux de réaction global R de la réaction 3 A  2B  C est du premier ordre par rapport
à A. Déterminez les taux de réaction de chacune des substances impliquées dans cette
réaction. Ces taux sont exprimés en fonction de k et A.
Solution :
Le taux de réaction global est :
R  k  A

69
On sait aussi que :
ra rb rc
R  
a b c
r r r
R a  b  c
3 2 1
En combinant les équations on obtient :
ra  3k  A
rb  2k  A
rc  k  A

Exemple 3.3 :
Le radon-222 est un gaz radioactif naturel formé à partir de la décomposition du radium-
226. Il est en concentration trace dans le sol et le roc. Sa décomposition peut être décrite
par la réaction suivante : Radon-222  Polonium-218 + particules . La constante de
décomposition du radon-222 est k = 2,1 x 10-6 s-1, elle n’est pas affectée par la
température. Au début (t = 0) un réacteur cuvée est rempli de radon gazeux à une
concentration Co . Montrez l’évolution du radon en fonction du temps.
Solution :
Pour solutionner ce problème, il faut d’abord déterminer l’ordre de réaction. En
consultant le tableau précédent, on remarque que seules les réactions d’ordre 1 ont une
constante cinétique avec comme unité de mesure temps-1. On peut aussi déterminer les
unités des constantes cinétiques en faisant une analyse dimensionnelle,
dC dC 1 mol L 1
 kC  k     
dt dt C L  t mol t
On peut donc dire que la décomposition du radon est une réaction d’ordre 1. On peut
alors écrire l’équation suivante :

dC dC
 kC   kdt
dt C
C t
dC
C C  0 kdt  C  Coe
 kt

Le graphique obtenu à l’aide de cette équation est :

70
Figure 3-2: Concentration du radon en fonction du temps.
On voit, sur ce graphique, que pour obtenir une dégradation importante, par exemple de
l’ordre de 60 %, il faut attendre un peu plus de 5 jours.

3.3.2 Détermination expérimentale de l’ordre et de la constante de

réaction
Pour déterminer l’ordre et la constante de réaction, il faut effectuer un essai en cuvée. Un
réacteur en cuvée est un récipient où il n’y a ni débit d’entrée ni débit de sortie. Au
laboratoire on peut utiliser un bécher. On suit les étapes suivantes :
1. À t = 0, on ajoute une quantité connue de réactif [Ao].
2. Après différents temps de réactions on mesure la concentration résiduelle de [A].
3. L’analyse des résultats permet de trouver la constante et l’ordre de réaction.

3.3.2.1 Réaction d’ordre zéro

d  A
Cette réaction est décrite par l’équation : dt  ko . Le signe négatif indique une baisse

de concentration. Après intégration on obtient  A   Ao  kot . Si on trace [A] en

fonction de t, on obtient une droite avec une pente de –ko qui intercepte l’axe des y à [A]o.
On note que pour un même intervalle de temps la baisse de [A] est la même. Par exemple,

71
avec [A]o = 10 mmol/L et ko = 0,1 mmol/(L·min) on obtient la courbe illustrée sur la
figure 3-3

12

10
Réaction d'ordre zéro
8
[A] (mM)

4
y = -0,1x + 10
2

0
0 20 40 60 80 100 120
Temps (minutes)
Figure 3-3: Réaction d'ordre zéro.

3.3.2.2 Réaction d’ordre 1

d  A
Cette réaction est décrite par l’équation : dt  k1  A . Après intégration, on obtient :

 A   Ao e k t . Si on trace [A] en fonction du temps (t) on obtient une courbe

1

exponentielle décroissante. Par contre, si on prend le logarithme de cette équation on

obtiendra l’équation d’une droite soit : Ln  A  Ln  Ao  k1t . C’est une équation qui a la

forme Y  mx  b où m   k1 et b  Ln  Ao . Avec k1 = 0,013 min-1 et [A]o = 100

mmol/L on obtient la courbe de la figure 3-4.

72
 5
4,5
4
Réaction d'ordre 1
3,5

Ln[A] mM
3
2,5
2
1,5
1 y = -0,013x + 4,61
0,5
0
0 50 100 150 200 250
Temps (minutes)

Figure 3-4: Réaction d'ordre un.

3.3.2.3 Réaction d’ordre 2

d  A
 k2  A . Après intégration, on obtient
2
Cette réaction est décrite par l’équation
dt
 Ao
 A  . Si on trace [A ] en fonction du temps nous n’obtenons pas une droite.
1  k2t  Ao

Par contre, si on inverse de cette équation, on obtient l’équation d’une droite :

1 1
  k2t ( Y  mx  b ) où m  k 2 et b   A1 . Avec k2 = 0,02 L/(mol min) et
 A  Ao o

[A]o = 10 mmol/L, on obtient la courbe illustrée sur la figure 3-5.

73
 4,5
4
3,5 Réaction d'ordre 2
3
1/[A] mM-1 2,5
2
1,5 y = 0,02x + 0,1
1
0,5
0
0 50 100 150 200 250
Temps (minutes)

Figure 3-5: Réaction d'ordre deux.

3.3.2.4 Procédure pour déterminer l’ordre et la constante cinétique

d’une réaction
Il peut arriver que les imprécisions dans les mesures fassent que les points expérimentaux
ne tombent pas exactement sur les droites définies précédemment. Dans ces conditions, il
faut utiliser la méthode suivante :
1. À l’aide des résultats expérimentaux, préparer un tableau qui contient les valeurs
de [A], Ln[A] et 1/[A] en fonction du temps.
2. Tracez les 3 graphiques suivants :
a. [A] en fonction de t (Ordre 0)
b. Ln [A] en fonction de t (Ordre 1)
c. 1/[A] en fonction de t (Ordre 2)
3. Choisissez le graphique dans lequel les points expérimentaux définissent le mieux
une droite. Cela défini l’ordre de réaction.
4. La pente de la droite de régression qui passe par les points expérimentaux est
utilisée pour calculer la constante cinétique de cette réaction.

74
Exemple 3.4 :
Des essais de laboratoire effectués dans un réacteur cuvée ont permis de mesurer la
concentration de la substance A en fonction du temps. Les résultats de ces essais sont
présentés au tableau suivant :
Temps [A] Temps [A]
(min) mol/L (min) mol/L
0 100,0 6 16,9
1 50,0 7 15,2
2 37,0 8 13,3
3 28,6 9 12,2
4 23,3 10 11,1
5 19,6

En utilisant ces résultats :

a) Déterminez l’ordre de la réaction
b) Trouvez la constante de la réaction
Solution :
En observant les résultats de laboratoire, il est facile de voir que ce n’est pas une réaction
d’ordre zéro. En effet, dans une telle réaction, la variation de concentration dans le temps
est constante. C'est-à-dire que pour un même t nous observons un même   A . Dans

le présent problème, nous voyons que durant la première minute, la concentration baisse
de 50 mol/L alors que dans la deuxième minute elle baisse de seulement 13 mol/L.
Afin de déterminer l’ordre et la constante de réaction nous allons tracer les graphiques
Ln  A vs t et 1/[A] vs t à l’aide des valeurs présentées dans le tableau suivant :

75
 Temps [A] M Ln [A] 1/[A]
(min) M-1
0 100,0 4,6 0,010
1 50,0 3,9 0,020
2 37,0 3,6 0,027
3 28,6 3,4 0,035
4 23,3 3,1 0,043
5 19,6 3,0 0,051
6 16,9 2,8 0,059
7 15,2 2,7 0,066
8 13,3 2,6 0,075
9 12,2 2,5 0,082
10 11,1 2,4 0,090

En supposant une réaction du premier ordre

5,00

4,50

4,00
Ln[A]

3,50

3,00

2,50

2,00
0 2 4 6 8 10 12
Temps (minutes)

76
 En supposant une réaction du deuxième ordre
0,10
0,09
0,08 y = 0,0079x + 0,0112
0,07
0,06
1/[A]

0,05
0,04
0,03
0,02
0,01
0,00
0 2 4 6 8 10 12
Temps (minutes)

En observant les deux graphiques précédents, il est facile de conclure que nous avons
affaire à une réaction d’ordre 2. La pente de cette droite est égale à k2, soit 0,0079 L/mol

min. La cinétique de réaction est décrite par l’équation : d  A dt  k2  A .

2

3.3.3 Temps caractéristique et équilibre

Pour chaque réaction, il est possible de définir un temps caractéristique. C’est le temps
requis pour qu’une partie importante de la réaction soit complétée. Ce temps
caractéristique peut être défini en utilisant les expressions dans le tableau 3-2 :
Tableau 3-2:Temps caractéristiques pour les réactions d'ordre zéro, un et deux.
Ordre Description Équation Temps caractéristique
Zéro AP d  A Ao
  ko 
dt ko
Un AP d  A Ao 1
 k1  A  
dt k1 Ao k1
Deux A+A P d  A Ao 1
 k2  A  2a  
2
2
dt k2 a Ao k2 a Ao
Deux A+B P d  A dB min( Ao , Bo )
  k2b  A B   2b 
dt dt k2b Ao Bo

77
À l’exception de la réaction d’ordre un, on note que le temps caractéristique dépend de la
concentration initiale de réactif. Nous pouvons aussi définir le temps de rétention
hydraulique H comme étant le temps moyen de résidence dans un réacteur. On peut
obtenir ce temps en divisant le volume du réacteur par le débit (  H  V Q ) Afin de
pouvoir dire si une réaction est lente ou rapide, il suffit de comparer le temps
caractéristique au temps de rétention hydraulique. On peut observer trois cas :
Cinétique rapide :
Le temps caractéristique de la réaction est beaucoup plus court que le temps de rétention
dans le réacteur. On suppose alors que la réaction est complète ou que l’équilibre est
atteint.
Cinétique lente :
Le temps caractéristique de la réaction est beaucoup plus long que le temps de rétention
hydraulique. On suppose alors que la réaction ne se produit pas dans le réacteur.
Cinétique moyenne :
Le temps caractéristique d’une réaction est du même ordre de grandeur que le temps de
rétention du réacteur. On ne peut pas simplifier le problème et on doit tenir compte des
aspects cinétiques.

3.4 Problèmes
3.1
Les effluents des stations d’épuration peuvent être désinfectés avec du chlore sous forme
d’acide hypochloreux (HOCl). Avant le rejet de ces eaux dans l’environnement, il est
nécessaire de neutraliser le chlore. On utilise souvent du bisulfite (HSO3-) qui réagit avec
le chlore selon la réaction suivante :
HOCl  aHSO3  bCl   cSO42  dX

Les lettres minuscules sont les coefficients stœchiométriques et X est uns substance
inconnue.
a) Déterminez les coefficients stœchiométriques de cette réaction.
b) Quelle est la substance X ?

78
3.2
La combustion du mercaptan (C2H5SH) est décrite par l’équation suivante :
C2 H5 SH  a  O2  3,78N2   bCO2  cH 2O  dSO2  eN2

Calculez les valeurs des coefficients stœchiométriques de cette réaction.

3.3
L’incinération du dichloropropane liquide est décrite par l’équation suivante :
C3 H 6Cl2 (l )  aO2 ( g )  bCO2 ( g )  cH 2O (l )  dHCl

Les lettres entre parenthèses indique si la substance est liquide (l) ou gazeuse (g). Quelles
sont les coefficients stœchiométriques de cette réaction ?
3.4
Vous ajoutez une quantité inconnue de l’acide HA dans 2,5 litres d’eau pure. Après
atteinte des conditions d’équilibre, vous prélevez un échantillon d’eau et vous mesurez
les concentrations molaires de  HA  0,8 103 M et de  A   1,3 103 M . Combien

de moles de l’acide HA avez-vous ajoutée initialement?

3.5
Dans quelles unités devez-vous exprimer les constantes d’équilibre ?
3.6
Vous avez la réaction : A  B  C  D . Initialement vous ajoutez une mole de A et une
mole de B. Après atteinte des conditions d’équilibre vous observez que 0,6 mole de C a
été formée. Calculez la constante d’équilibre de cette réaction.
3.7
Afin de mesurer la constante d’équilibre de la réaction suivante :
A + 2B  C + 3D
Vous ajoutez, dans un litre d’eau pure, 2 mmol de A et 1,9 mmol de B. Après atteinte de
l’équilibre, vous mesurez la concentration de la substance D qui est de 2,1 mmol/L.
Calculez la constante d’équilibre de cette réaction.

79
3.8
Vous avez la réaction : A  2B  C . Initialement vous ajoutez n moles de A dans un
litre d’eau pure. Après atteinte des conditions d’équilibre, vous prélevez un échantillon et
vous mesurez les concentrations de A et B. Ces mesures donnent A  1,5 103 mol/L et

B  2 103 mol/L. À l’aide de ces résultats calculez :

a) le nombre de mole de C présent à l’équilibre;
b) le nombre de mole de A qui a été ajouté initialement (n).
3.9
Vous ajoutez 2,5  10 3 mole de A et 3, 2  10 3 mole de B dans un litre d’eau pure. Les
substances A et B réagissent suivant la réaction : A  2B  3C  2D  4E . Après
atteinte des conditions d’équilibre, vous prélevez un échantillon et mesurez une
concentration de E égale à 3, 2  10 3 mol/L.
a) Quelles sont les concentrations de toutes les substances lorsque l’équilibre est
atteint?
b) Quelle est la valeur de la constante d’équilibre?

3.10
L’analyse d’un échantillon d’eau prélevé dans le Mississippi en face de Grand Rapid a
donné les résultats présentés au tableau suivant :

Substances Conc. (mg L-1) MW (g mol-1) Molarité (mol L-1)

SiO2 7,5 60 1,25x10-4
Ca2+ 31 40 7,75 x10-4
Mg2+ 13 24,3 5,35 x10-4
Na+ 4,7 23 2,04 x10-4
K+ 2,3 39,1 5,9 x10-5
HCO3- 166 61 2,7 x10-3
SO42- 6,8 98 7,0 x10-5
H+ 1,0 x10-8

80
La précision de mesure est de 5%. À l’aide de ces résultats, déterminez :
a) La dureté totale de cette eau.
b) La concentration molaire des ions carbonate en sachant que l’ion bicarbonate est
en équilibre avec l’ion carbonate selon la réaction: HCO3  CO32  H  avec une
constante d’équilibre de 4,68x10-11M
c) L’alcalinité de cette eau.
d) Si l’équation d’électroneutralité est satisfaite.

3.11
Les eaux de ruissellement provenant d’un bassin de drainage non pollué sont utilisées
pour produire de l’eau potable. L’analyse de ces eaux a donné les résultats suivants :

Substances Concentration (g m-3)

SiO2 8,3
Ca2+ 39
Mg2+ 9
CO32- 6,4
SO42- 22

pH 9,0
Matières totales 216
dissoutes

a) Utilisez l’équation d’électroneutralité afin de vérifier s’il manque une ou des

substances importantes dans cette analyse.
b) Calculez la concentration molaire de l’ion bicarbonate et vérifiez à nouveau
l’électroneutralité de cette eau. Vous pouvez supposer que les ions carbonate sont
en équilibre avec les ions bicarbonate.
c) Quelle est l’alcalinité de cette eau ?
d) Vérifiez si la somme de tous les éléments correspond aux matières totales
dissoutes

81
3.12
Les cinétiques de réaction peuvent être décrites en utilisant des concentrations molaires
ou des concentrations massiques. Expliquez pourquoi il est plus avantageux d’utiliser des
concentrations molaires lorsque cela est possible.
3.13
Lorsque la réaction A  2B  C  3D se produit on observe que la disparition de A suit
une cinétique d’ordre 2 avec une constante cinétique k2 a  0,5 L mg  h . À l’aide de cette
observation déterminez l’ordre de réaction et la valeur de la constante pour :
a) la disparition de B;
b) la formation de C;
c) la formation de D.
Exprimez les constantes cinétiques en fonction de la masse molaire de la substance A.
3.14
Des essais sont faits afin de déterminer le taux de disparition de l’ozone dans une maison.
Au début, toutes les portes et fenêtres sont ouvertes afin que la concentration d’ozone soit
la même que celle à l’extérieure, soit 230 ppb. Par la suite toutes les ouvertures sont
fermées. La concentration d’ozone résiduelle dans l’air est mesurée à intervalle de temps
régulier. Les résultats de ces mesures sont présentés au tableau suivant :

Temps Concentration
(min) (ppb)
0 230
5 180
10 142
15 112
20 88

À L’aide de ces résultats :

a) Déterminez l’ordre de réaction de la disparition de l’ozone.
b) Déterminez la constante cinétique de réaction en précisant bien les unités
de mesure.

82
 c) Quelle sera la concentration d’ozone après 30 minutes?

3.15
Un contaminant dans une eau disparaît naturellement. Des mesures sont faites afin de
déterminer la cinétique de disparition de ce produit. Trois essais d’une heure sont
effectués en utilisant des concentrations initiales différentes (1, 10 et 100 mg/L). Les
résultats sont présentés au tableau suivant :

Essais No Conc. Initiale Conc. Final

(mg/L) (mg/L)
1 1,0 0,7
2 10,0 2,0
3 100,0 2,4

À l’aide de ces résultats déterminez :

a) L’ordre de réaction
b) La constante cinétique de la réaction.
Indice :
La méthode indiquée dans les notes de cours ne s’applique pas car nous n’avons pas une
série de données indiquant la concentration en fonction du temps. Nous allons donc
procéder à l’envers en suivant les étapes suivantes : 1) poser un ordre de réaction ; 2)
calculer une constante de réaction en utilisant la concentration initiale, la concentration
finale et le temps ; 3) vérifier si la constante varie d’un essai à l’autre, si oui ; 4) refaire le
même exercice en supposant un autre ordre de réaction.

83
3.16
Des essais effectués dans un bécher ont donnés les résultats suivants :
Temps (min) CA(mg/L)
0 180,0
1 74.0
2 47,0
3 34,0
4 27,0
5 22,0
7 16,3
10 11,7
15 8,0
20 6,0
Déterminez l’ordre de réaction et la valeur de la constante cinétique.
3.17
Une substance A disparait en respectant une cinétique d’ordre 2. La masse molaire de
cette substance est de 152 g. La constante cinétique est k2  1, 2 102 L mg  min .

a) Transformez la constante k2 afin de pouvoir utiliser directement des

concentrations en mol/L et des temps de réaction en heures.
b) En utilisant la constante cinétique trouvée à l’étape précédente et en sachant que
la concentration initiale de A est de 520 mg/L, calculez la concentration résiduelle
de la substance A après 1,5 heure de réaction.

84
3.18
La vitesse de réaction de la substance A ( A  B ) a été observée au laboratoire. L’essai
bécher a donné les résultats suivants :

Temps (Heure) CA (g/m3)

0 50,0
1 30.0
2 25,0
3 16,0
4 13,5
6 7,3
Déterminez l’ordre de la réaction et la valeur de la constante cinétique.

3.19
Vous entreposez un échantillon contenant une substance A avec une concentration initiale
de 250 mg/L. Cette substance se dégrade suivant une réaction d’ordre un avec une
constante cinétique k1 =0,2 d-1. Quelle sera la concentration de cette substance après 82
heures d’entreposage ?
3.20
Les unités des constantes cinétiques sont souvent basées sur des concentrations molaires
et sur un temps exprimé en heure. Pour chacun des ordres de réaction (0, 1et2), indiquez
ce qu’il faut faire pour transformer ces constantes afin de pouvoir utiliser des
concentrations en mg/L et des temps de réaction en heure.
3.21
Dans la réaction A  2B  C  3D on observe une cinétique de disparition de A de
l’ordre 2 avec une constante cinétique : k2  0,5 L mol  h . À l’aide de cette observation
déterminez l’ordre et la constante cinétique pour :
a) La disparition de B
b) La formation de C
c) La formation de D

85
3.22
L’eau d’un lac est contaminée avec de l’acide sulfhydrique (H2S) et dégage une odeur
d’œuf pourri. Afin de régler ce problème, les autorités décident d’aérer le lac afin
d’oxyder le H2S selon la réaction suivante :
H 2 S  2O2  SO42  2 H 

Des essais au laboratoire ont montré que la cinétique globale de réaction est d’ordre 2.
Elle est décrite par l’équation suivante :
d  H2S 
 k2  H 2 S O2 
dt
Avec une constante cinétique de : k2  1000 L mol  d .
Le système d’aération permet de maintenir une concentration d’oxygène constante à 2
mg/L.
1. Montrez qu’avec une telle condition d’aération, la cinétique de réaction peut être
ramenée à un ordre 1.
2. Calculez la constante de cette pseudo-réaction d’ordre 1. Exprimez le résultat en
d-1.

86
4 Changements de phase
Plusieurs réactions ou procédés de traitement impliquent des changements de phase : de
solide à liquide ; de liquide à gaz ou de gaz à solide. Par exemple on s’intéresse à la
solubilisation de substances (Solide, liquide ou gazeuse) dans l’eau. Ou bien à la
formation de solides à partir de substances dissoutes (précipitation, adsorption, etc.) ou
encore au dégagement de substances dissoutes dans un liquide vers l’atmosphère. Dans
ces réactions on s’intéresse à la cinétique de transformation ainsi qu’aux conditions
d’équilibre. Dans cette partie du cours nous concentrerons nos efforts sur les conditions
d’équilibre pour les cas suivants :
1. La tension de vapeur de l’eau ;
2. Le passage d’une substance dissoute dans l’eau vers l’atmosphère ou vis et versa.
Les conditions d’équilibre sont décrites par la loi de Henry ;
3. La formation de solides à partir de substances dissoutes dans l’eau. Les conditions
d’équilibre sont déterminées à l’aide du produit de solubilité ;
4. L’élimination de substances dissoutes ou particulaires par adsorption sur une
particule solide.

4.1 La tension de vapeur de l’eau

Au dessus d’un liquide pur on retrouve toujours une certaine quantité de molécules de ce
liquide qui se sont volatilisées. Cette quantité peut augmenter jusqu’à l’atteinte d’une
valeur d’équilibre que nous appelons tension de vapeur. Lorsque la pression partielle de
cette substance est inférieure à la tension de vapeur nous observons une volatilisation et à
l’inverse lorsque la pression partielle est supérieure à la tension de vapeur nous observons
une condensation. Lorsque la pression partielle est égale à la tension de vapeur nous
disons que l’atmosphère est saturée.
En génie de l’environnement, les substances les plus importantes en ce qui concerne la
volatilisation ou la condensation sont l’eau et les composés organiques volatils.
Travaillons d’abords sur la tension de vapeur de l’eau. Cette dernière, comme toutes les

87
tensions de vapeurs, est fonction de la température. Elle peut être déterminée à l’aide de
l’équation empirique suivante:
PHo2O T   P exp 13,3185a  1,9760a 2  0, 6445a 3  0,1299a 4  (33)

Où :
P  1, 01325 105 Pa
373,15
a  1
T
T  Kelvin
L’équation de tension de vapeur de l’eau (33) est identique à :

PHo2O T   Pe
13,3185a 1,9760a 2
0,6445 a3 0,1299 a 4  (34)

Cette équation a une précision de ± 0,1% dans une plage de température se situant entre
223K (-50ºC) et 413 K (140ºC). La valeur de PHo2O T  est la quantité maximale de

vapeur d’eau que peut contenir l’atmosphère à la température T. Elle augmente avec la
température, c'est-à-dire que plus l’air est chaud plus il peut contenir de vapeur d’eau. La
figure 4-1 montre l’évolution de la tension de vapeur en fonction de la température.

8000
7000 Tension de vapeur de l'eau
tension de vapeur (Pa)

6000
5000
4000
3000
2000
1000
0
0 10 20 30 40 50
Température ºC

Figure 4-1: Tension de vapeur maximale en fonction de la température.

La quantité de vapeur d’eau contenue dans l’atmosphère est souvent exprimée en

humidité relative, HR, qui est défini comme suit :

88
 PH 2O
HR  100 (35)
PHo2O

HR peut être interprétée comme étant le degré de saturation de l’air avec de la vapeur
d’eau. Par exemple lorsque l’humidité relative de l’air est de 30 % cela veut dire que la
pression partielle de la vapeur d’eau représente 30 % de la quantité maximale de vapeur
d’eau que peut contenir l’air. En contrepartie si HR > 100% nous observerons de la
condensation.

4.2 Solubilisation de substances dans l’eau

L’eau est un solvant universel, il est donc possible d’y dissoudre de nombreuses
substances. Dans cette partie du cours, nous traiterons surtout de la dissolution des gaz
qui sont contenus dans l’atmosphère au dessus de l’eau. Ces gaz ont tendance à se
dissoudre dans l’eau jusqu’à ce qu’une condition d’équilibre s’établisse. Cette condition
est décrite par la loi de Henry qui dit que la concentration de la substance dissoute est
proportionnelle à la pression partielle du gaz au dessus de l’interface liquide-gaz. Les
conditions de cet équilibre sont affectées par la température. La loi de Henry est décrite
par l’équation suivante :
Cw   KH , g Pg (36)

Où
[Cw ] = Concentration du gaz dissous dans l’eau à l’équilibre en mol/L.
Pg = Pression partielle du gaz dans l’atmosphère au dessus du liquide en atm.
KH,g = Constante de Henry pour le gaz en mol L-1 atm-1.
Les constantes de Henry varient beaucoup d’une substance à l’autre tel qu’observé au
tableau 4-1.

89
Tableau 4-1: Constantes de Henry pour différentes substances.
Substance Formule KH (M/atm) Température
(ºC)
Acide nitrique HNO3 2,1x105 25
Ammoniaque NH3 62 25
Azote gazeux (diazote) N2 6,7x10-4 20
Benzène C6H6 0,18 20
Bioxyde de carbone CO2 0,034 25
Bioxyde de soufre SO2 1,24 20
Chloroforme CHCl3 0,31 20
Ethylbenzène C8H10 0,11 20
Formaldéhyde HCHO 6300 25
Hydrogène sulfuré H2S 0,115 20
Méthane CH4 0,0015 20
Monoxyde de carbone CO 0,001 20
Naphthalène C10H8 2,2 20
Oxygène O2 1,38x10-3 25
Tetrachloroéthylène C2Cl4 0,083 20
Toluène C7H8 0,15 20
Trichloroéthylène C2HCl3 0,11 20

90
De plus, ces constantes sont fortement affectées par la température de l’eau. Plus l’eau est
chaude, moins on peut y dissoudre de gaz. Les constantes de Henry de plusieurs gaz peu
solubles dans l’eau sont présentées en fonction de la température de l’eau au tableau 4-2 :
Tableau 4-2: Constantes de Henry pour différentes substances en fonction de la
température.
TºC KH mol L-1 atm-1
eau
CO2 CO H2S CH4 N2 O2
0 76x10-3 1,58 x10-3 0,207 2,48 x10-3 1,05 x10-3 2,18x10-3
5 65x10-3 1,42 x10-3 0,179 2,18 x10-3 0,94 x10-3 1,93x10-3
10 54x10-3 1,26 x10-3 0,151 1,87 x10-3 0,83 x10-3 1,68x10-3
15 47x10-3 1,15 x10-3 0,133 1,68 x10-3 0,76 x10-3 1,52x10-3
20 39x10-3 1,04 x10-3 0,115 1,48 x10-3 0,67 x10-3 1,36x10-3
25 34x10-3 0,97 x10-3 0,103 1,36 x10-3 0,65x10-3 1,27x10-3
30 30x10-3 0,89 x10-3 0,091 1,24 x10-3 0,60x10-3 1,17x10-3
35 27x10-3 0,85 x10-3 0,083 1,16 x10-3 0,57x10-3 1,11x10-3
40 23x10-3 0,80 x10-3 0,075 1,07 x10-3 0,53x10-3 1,04x10-3

On voit que la constante de Henry de l’oxygène est de 2,18x10-3 mol L-1 atm-1 à 0 ºC
alors qu’elle est près de deux fois plus faible à 30 ºC. Il est donc possible de dissoudre
beaucoup plus d’oxygène dans de l’eau froide.
Exemple 4.1 :
Une eau, au niveau de la mer, est en contact avec l’atmosphère qui est à une température
de 15C. Calculez la concentration d’oxygène dissous dans cette eau, si sa température
est de 1C. Refaites les mêmes calculs mais en supposant une température de l’eau de
10C et de 20C. Exprimez les trois réponses en mg/L.

91
Solution :
C’est une application directe de la loi de Henry : Cw   K H PO2 . Pour trouver la

concentration, il faut déterminer les valeurs de la constante de Henry ainsi que la pression
partielle de l’oxygène dans l’atmosphère.
Valeur de KH
On lit ces valeurs dans le tableau 4-2. À 10ºC et 20ºC, les valeurs de KH sont
respectivement de 1, 68 103 et 1,36 103 mol L-1 atm-1. La constante de Henry à 1C

peut être estimée en faisant une interpolation entre les constantes à 0C et 5C. Pour
chaque augmentation de température de 1C, on observe une baisse de la constante de
Henry de :  2,18  1,93 103 5  0,05 103 . La constante à 1C est donc :

 2,18  0,05103  2,13103 mol L-1 atm-1.

Valeur de PO2 :

Comme nous sommes au niveau de la mer, on peut supposer que la pression

atmosphérique est de 1 atm. Dans le tableau 2-5, on voit que l’atmosphère contient
20,95 % d’oxygène. On peut donc dire :
PO2 nO2 20,95 20,95
YO2     PO2   1  0, 209atm
P n 100 100
En appliquant la loi de Henry on obtient :
mol mg mg
À 1C : O2   0, 209atm  2,13 103  32000  14, 2
L  atm mol L
mol mg mg
À 10C : O2   0, 209atm 1, 68 103  32000  11, 2
L  atm mol L
mol mg mg
À 20C : O2   0, 209atm 1,36 103  32000  9,1
L  atm mol L

4.3 Précipitation
Lorsqu’un solide entre en contact avec de l’eau, quelques molécules du solide vont se
solubiliser dans l’eau, c’est ce qu’on appelle la dissolution. À l’inverse, des molécules
solubilisées dans l’eau peuvent se combiner et former des solides, c’est ce qu’on nomme
la précipitation. Ce sont des phénomènes très utilisés en génie de l’environnement. Cela

92
permet de mettre en œuvre de nombreux produits chimiques et aussi de retirer de
nombreux polluants en les faisant précipiter. On peut expliquer la
dissolution/précipitation à l’aide de l’équation générique suivante :
Ax By  xA  yB (37)

Les conditions d’équilibre pour cette réaction sont définies par l’équation suivante :

K sp   A  B 
x y
(38)

La constante Ksp est appelée produit de solubilité. Cette équation est valable uniquement
lorsque la phase solide est en contact avec l’eau. Les principaux produits de solubilité
sont présentés dans le tableau 4-3 :

Tableau 4-3: Produits de solubilité de quelques substances.

Substance Équation Ksp (T= 25 ºC)
Carbonate de calcium CaCO3(s)  Ca2+ + CO32- 5x10-9 M2
Carbonate de magnésium MgCO3(s)  Mg2+ + CO32- 4x10-5 M2
Fluorure de calcium CaF2(s)  Ca2+ + 2F- 3x10-11 M3
Hydroxyde d’aluminium Al(OH)3(s)  Al3+ + 3 OH- 1x10-32 M4
Hydroxyde de cadmium Cd(OH)2(s)  Cd2+ + 2 OH- 2x10-14 M3
Hydroxyde de calcium Ca(OH)2(s)  Ca2+ + 2 OH- 8x10-6 M3
Hydroxyde ferreux (II) Fe(OH)2(s)  Fe2+ + 2 OH- 5x10-15 M3
Hydroxyde ferrique (III) Fe(OH)3(s)  Fe3+ + 3 OH- 6x10-38 M4
Hydroxyde de magnésium Mg(OH)2(s)  Mg2+ + 2 OH- 9x10-12 M3
Phosphate de calcium Ca3(PO4)2(s)  3Ca2+ + 2 PO43- 1x10-27 M5
Sulfate de calcium CaSO4(s)  Ca2+ + SO42- 2x10-5 M2
Les produits de solubilité de plusieurs autres substances sont présentés dans la section
12.10 de l’annexe Z.
En examinant les produits de solubilité, on voit que, plus le produit est faible moins la
substance est soluble. On peut faire le même raisonnement en examinant les pK qui sont
par définition : pK sp   log10 K sp . Plus le pKsp est élevé, moins la substance est soluble.

93
 Par exemple, on voit que l’hydroxyde d’aluminium est très peu soluble dans l’eau. Une
autre caractéristique souvent exploitée en génie de l’environnement est la différence de
solubilité de Fe(II) et de Fe(III). On voit que le Fe(III) est beaucoup moins soluble que
Fe(II). La technique pour retirer le fer de l’eau est d’ajouter un oxydant, par exemple de
l’oxygène ou du chlore pour oxyder le fer et le faire passer de Fe(II) à Fe(III). Le Fe(III)
se combine rapidement avec les ions hydroxydes et forme un précipité que l’on peut
retirer par décantation. Il est facile de voir que ce procédé est plus efficace à pH élevé.

Exemple 4.2 :
Une grande quantité de fluorure de calcium (CaF2) est ajoutée dans de l’eau pure. Après
atteinte de l’équilibre il reste du fluorure de calcium solide. Le produit de solubilité de
cette substance est de 3x10-11 M3. Calculez la concentration de F- à l’équilibre.
Solution :
Comme il reste du fluorure de calcium solide, on peut utiliser l’équation basée sur le
produit de solubilité, soit :

Ca F   3 10

2  2 11
.
Nous avons une équation mais deux inconnues [Ca2+] et [F-]. On peut trouver la
deuxième équation de deux
 façons différentes.
En nous basant sur la stœchiométrie. Chaque fois qu’une molécule de CaF2 se dissocie il
se forme une molécule de Ca2+ et deux molécules de F-. On peut donc dire

 
que Ca2  0,5 F  
On peut aussi utiliser l’équation d’électro-neutralité :


H  2Ca  OH  F .
 2  

Comme le fluorure de calcium a été ajouté dans de l’eau pure et que cette substance

   
n’affecte pas le pH on peut dire que H   OH  ce qui laisse après simplification :

2Ca  F 
2 





94
  
En combinant les deux équations, on obtient : F   3,9 104 mol /L . Donc

mol mg mg
CF   3,9  104  19000  7, 4
L mol L

4.4 Adsorption
L’adsorption est l’accumulation de substances à l’interface de deux phases,
habituellement liquide-solide ou gaz-solide. En génie de l’environnement, le fluide est
pratiquement toujours de l’eau ou de l’air. Il faut faire une différence entre adsorption,
absorption et sorption.
Adsorption : C’est un phénomène de surface, les substances adhèrent à la surface de
l’adsorbant.
Absorption : Les substances sont incorporées dans le solide.
Sorption : C’est l’ensemble des deux phénomènes (adsorption-absorption)

La sorption est utilisée dans plusieurs domaines du génie de l’environnement. Par

exemple dans le traitement des eaux potables, on utilise l’adsorption sur charbon activé
afin de retirer de l’eau les substances responsables des goûts et odeurs ainsi que les traces
de pesticides. On peut adsorber les vapeurs d’essence ou d’hydrocarbure et ainsi
améliorer la qualité de L’air. Ces phénomènes sont mis à contribution dans la
décontamination des sols. L’adsorption-désorption permet de ralentir la diffusion de
polluants dans les sols. Enfin, les principaux procédés d’épuration des eaux sont basés sur
la sorption. En effet, les solides biologiques qui résultent de l’agglomération de
microorganismes, adsorbent de nombreux polluants organiques. Ces polluants servent
ensuite de nourriture (ils sont absorbés) par ces organismes vivants. Cela fait augmenter
le volume et la masse de ces solides biologiques qui peuvent ensuite être facilement
retirés par décantation.
L’adsorption est décrite par des équations appelées isothermes. Ces équations décrivent
l’équilibre qui s’installe entre la masse de substance adsorbée et la concentration de cette
même substance dissoute dans le fluide. Il est important de noter que ce phénomène est
réversible, c'est-à-dire que des substances adsorbées peuvent se désorber si les conditions
sont favorables.

95
4.4.1 Les isothermes
Ce sont des équations obtenues de manière empirique. Elles décrivent l’équilibre entre la
masse d’impureté adsorbée (x) par unité de masse de charbon (m) soit qe  mx et la
concentration résiduelle d’impureté en solution (Ce). On peut calculer qe de la façon
suivante :

qe 
 Co  Ce V (39)
m
Nous étudierons les deux isothermes les plus utilisées en génie de l’environnement soit :
1) Freundlich et 2) Langmuir.

qe  K f Ce n (Freundlich)
1
(40)

qmax bCe
qe  (Langmuir) (41)
1  bCe
Le tableau 4-4 présente les constantes de l’isotherme de Freundlich pour plusieurs
substances adsorbées sur du charbon activé.
Tableau 4-4: Constantes de l'isotherme de Freundlich pour quelques substances
adsorbées sur du charbon actif.
Substances Kf (mg/g)(L/mg)1/n 1/n
Benzène 1,0 1,6
Chlordane 190 0,33
Chloroforme 2,6 0,73
Dieldrin 606 0,51
Ethylbenzène 175 0,53
Naphthalène 132 0,42
Phénol 21 0,54
Toluène 100 0,45
Trichloroéthylène 28 0,62

Avant de pouvoir mettre en œuvre un adsorbant dans le but de solutionner un problème

de génie de l’environnement, il faut répondre aux trois questions suivantes:

96
 1. Quel est le meilleur adsorbant ? (Performance, coûts)
2. Quelle isotherme doit-on utiliser ?
3. Quels sont le paramètres de cette isotherme ?

Afin de répondre à ces questions, il faut faire des essais d’adsorption au laboratoire.
L’interprétation des résultats permet de déterminer l’isotherme à utiliser et ses
paramètres. La démarche de laboratoire ressemble à celle utilisée pour déterminer l’ordre
et la constante cinétique d’une réaction. En résumé, on doit procéder de la façon
suivante :
1. Répartir l’échantillon dans plusieurs bécher et mesurer la concentration initiale de
polluant (Co).
2. Ajouter des quantités croissantes de l’adsorbant dans chacun des béchers
3. Brasser les contenus de ces béchers durant une période suffisamment longue pour
atteindre l’équilibre.
4. Après atteinte de l’équilibre, laissez reposer et prélever du liquide surnageant dans
chacun des béchers.
5. Mesurer la concentration résiduelle (Ce) de polluant dans l’eau de chacun des
béchers.
6. Analyser les résultats

Pour analyser les résultats, on procède de la façon suivante :

1. Trouvez une forme linéaire pour chacun des isothermes
1
qe  K f Ce n  Log10 qe  Log10 K f 
1
Log10Ce
n
qmax bCe Ce C 1
qe    e 
1  bCe qe qmax bqmax

2. Tracez les 2 graphiques suivants :

a) Log10 qe en fonction de Log10 Ce
b) Ce/qe en fonction de Ce

97
 Choisir le graphique qui représente le mieux une droite. À partir des caractéristiques
de cette droite (pente et ordonnée à l’origine) déterminez les paramètres de
l’isotherme.

Exemple 4.3:
Vous devez utiliser du charbon activé pour réduire la concentration d’un contaminant
organique dans une eau. Un essai de laboratoire, effectué avec des échantillons de 1 litre,
a donné les résultats suivants :
m (g) 0,0 0,9 1,7 4,0 7,0 10,0
Ce (g/L) 20 13 10 6 4 3
Où m est la masse de charbon ajouté et Ce la concentration résiduelle du contaminant.
Déterminez :
1. L’isotherme la plus appropriée
2. Les paramètres de cette isotherme

Solution :
Afin de tracer les graphiques nécessaires, nous devons déterminer les variables
suivantes : qe, Ce, Log10qe, Log10 Ce et Ce/qe. Ces valeurs sont présentées dans le tableau
suivant :
Co m (g) Ce (g/L) x (g) qe (g/g) Log10Ce Log10qe Ce/qe
20 0 20 - - 1,3 - -
20 0,9 13 7(1) 7,8(2) 1,11 0,89 1,67
20 1,7 10 10 5,9 1,00 0,77 1,70
20 4,0 6 14 3,5 0,78 0,54 1,71
20 7,0 4 16 2,3 0,60 0,36 1,75
20 10,0 3 17 1,7 0,48 0,23 1,76
(1)
Exemple de calcul de x : x   Co  Ce V   20  13 Lg 1L  7 g
(2)
Exemple de calcul de qe : qe  x
m  0,9
7g
g  7,8

Lors de ces calculs, il faut faire attention aux unités de mesure.

98
Hypothèse No 1 : Supposons que l’isotherme de Freundlich décrit les résultats.
Les points expérimentaux décrirons une droite dans un plan défini par Log (qe) (axe des
y) et Log (Ce) (axe des x). C’est ce que nous voyons sur la figure suivante.

1
0,9
0,8
Isotherme de Freundlich
0,7
0,6
Log (qe)

0,5
0,4
y = 1,03x - 0,25
0,3
0,2
0,1
0
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2
Log (Ce)
À l’aide des paramètres de cette droite, il est possible de déterminer Kf et n.

qe  K f Ce
1
n

Log10 qe  Log10 K f  1n Log10Ce

1
Pente   1, 03  n  0,97
n
Ordonné à l ' origine  Log10 K f  Log10 qe Lorsque Log10Ce  0
Log10 K f  -0, 25
K f  10-0,25  0,56 : Ce qui donne l'équation suivante:
qe  0,56Ce1,03

Il est important de noter que cette équation est valable seulement si les masses ( x et m)
sont exprimées en gramme et les concentrations en gramme/Litre.

Hypothèse No 2 : Supposons que l’isotherme de Langmuir décrit bien les résultats.

Les points expérimentaux décrirons une droite dans un plan défini par Ce/qe (axe des y) et
Ce (axe des x). C’est ce que nous voyons sur la figure suivante.

99
 2,4

2,2 Isotherme de Langmuir

2
Ce/qe

1,8

1,6

1,4
y = -0,0085x + 1,78
1,2

1
0 5 10 15
Ce (g/L)
À l’aide des paramètres de cette droite on peut calculer les constantes qmax et b de
l’isotherme de Langmuir.
bCe
qe  qmax
1  bCe
Ce C 1
 e 
qe qmax bqmax
1
Pente   0, 0085
qmax
qmax  117, 6
1
Ordonnée à l ' origine   1, 78
bqmax
b  0, 0048  0, 005
0,56Ce
qe 
1  0, 005Ce

Il est important de noter que cette équation est valable seulement si les masses (x et m)
sont exprimées en gramme et les concentrations en gramme/Litre.

Conclusion : On voit que les deux isothermes décrivent bien les résultats expérimentaux.
C’est une situation exceptionnelle.

100
Exemple 4.4 :
Calculez la masse de charbon activé nécessaire pour faire passer la concentration de
chloroforme dans l’eau de 650 µg/L à 80 µg/L. Le volume d’eau à traiter est de 5 m3. Les
performances du charbon activé que l’on vous propose sont décrites par une isotherme de
Freundlich ayant les paramètres suivants : Kf = 2,6(mg/g)(L/mg)1/n et 1/n = 0,73.
Exprimez votre réponse en kilogramme de charbon.
Solution :
On peut utiliser l’isotherme de Freundlich :
x 1
qe   K f Ce n
m
Pour déterminer les unités de mesure de chacune des variables, écrivons l’équation
précédente en fonction de Kf :
1
x 1 mg  L  n
K f   1  2, 6  
m C n g  mg 
e

On voit donc que x est en milligramme, m en gramme et Ce en milligramme/Litre.

g mg mg
Co  650   0, 65
L 1000 g L
g mg mg
Ce  80   0, 08
L 1000  g L
x   Co  Ce V   0, 65  0, 08  1  0,57mg
0,57
 2, 6  0, 080,73  0, 41
m
0,57
m  1,39 g Pour traiter un litre
0, 41
Pour traiter 5 m3 soit 5000 litres, il faut :
g
1,39  5000 L  6950 g  6,95kg
L
Commentaires sur les unités de mesure
Les équations des isothermes sont sensibles aux unités de mesure. Il est donc important
de s’assurer que les unités de mesure de x, m et Ce sont conformes aux unités de mesure
des constantes. Par exemple, pour l’équation de Langmuir, il faut que la constante qmax ait
les mêmes unités de mesure que qe et la constante b l’inverse des unités de mesure de Ce.

101
Pour ce qui est de l’équation de Freundlich, les unités de mesure de la constate Kf
définissent les unités de mesure de x, m et Ce.

4.5 Problèmes

4.1
Comparez les quantités d’eau contenues dans :
a) L’atmosphère d’une maison où l’humidité relative est de 50%. Vous pouvez
supposer que la température à l’intérieur de la maison est de 20ºC et que son
volume total est de 300 m3.
b) Un verre contenant 250 cm3 d’eau.

4.2
Considérez une boîte de 1 m3 qui est initialement rempli d’air à une pression de 1 atm et
une température de 293 K.
a) Combien y il a de moles d’air dans cette boîte ?
b) En partant des conditions décrites pour la partie a de la question, on remplace 0,5
mole d’air par 0,5 mole de vapeur d’eau. La température demeure à 293 K. À
l’équilibre, quelle sera l’humidité relative dans cette boîte ?
c) En partant des conditions décrites pour la partie a de la question, on remplace 2,0
moles d’air par 2,0 moles de vapeur d’eau. La température demeure à 293 K. À
l’équilibre, quelle sera
1. l’humidité relative dans cette boîte ?
2. La pression totale dans cette boîte ?

Solution :
PV 11
PV  nRT  n =   41,6mol
Partie a) RT 82,05 106  293



102
Partie b) L’humidité relative est la pression de la vapeur d’eau ( PH 2O ) divisée par la

tension de vapeur à 293 K ( PHo2O ). Cette tension de vapeur à saturation est lue dans le

tableau présenté dans la section 12.14 de l’annexe Z, soit : PH2O(293) = 2316 Pa.
Il faut maintenant calculer la pression exercée par la demi mole ajoutée dans la boîte
nH 2O PH 2O 0,5
  PH 2O  101325   1218Pa
nT PT 41, 6
1218
HR   100  52, 6%
2316

Partie c) : HR causée par 2 mol d’eau.

nH 2O PH 2O 2
  PH 2O  101325   4871Pa
nT PT 41, 6
4871
HR  100  210%
2316

Cela est impossible, des molécules d’eau vont se condenser jusqu’à ce que l’humidité
relative soit de 100%. Donc Réponse : HR = 100%

Partie d) : Comme il y a des molécules d’eau qui vont se condenser, cela fera baisser la
pression du gaz dans la boîte.
Réponse : P = 0,98 atm.

4.3
a) Une parcelle d’air a une pression de 1 atm, une température de 297 K et une
humidité relative de 50 %. Quelle est la fraction molaire de l’eau dans l’air.
b) Calculez la concentration massique de la vapeur d’eau dans une atmosphère qui a
les caractéristiques suivantes : Température de 297 K et humidité relative de
60%.

103
4.4
Une pluie a débuté au milieu de la nuit et a saturé l’air de vapeur d’eau (Humidité relative
de 100%). Au lever du soleil, la température a monté de 20C à 25C. En supposant que
l’évaporation à partir du sol est négligeable, calculez l’humidité relative à 25C. Vous
pouvez supposer que la pression atmosphérique demeure constante à 1 atm.

4.5
a) Deux récipients sont remplis d’eau à différents niveaux et scellés. Le premier
récipient a une température de 20 C alors que le second a une température de
30C. À l’équilibre, dans quel récipient aurons-nous l’humidité relative la plus
élevée?
b) L’énoncé suivant est il vrai : Le mélange de deux volumes d’air ayant des
humidités relatives inférieures à 100 % doit nécessairement avoir une humidité
relative inférieure à 100 %.

4.6
Vous devez mélanger deux volumes d’air. Ces volumes ainsi que le volume résultant ont
les caractéristiques suivantes :

Volume 1 Volume 2 Volume résultant

V=1L V=1L V=2L
T = 10 ºC T = 30 ºC T = 20 ºC
P = 1 atm P = 1 atm P = 1 atm
HR = 50 % HR = 90 % HR = ?

Calculez l’humidité relative dans le volume résultant.

Solution :
On sait que lorsque l’on mélange deux volumes de fluide, la masse de matière ou le
nombre de moles de matière est conservé. Nous devons donc calculer le nombre total de

104
moles dans le système. De plus on sait que la pression partielle de la vapeur d’eau ne peut
pas dépasser la tension de vapeur.
Calcul des tensions de vapeur
Dans un premier temps nous calculons les tensions de vapeur à chacune des températures
du problème (10 ºC, 20 ºC, 30 ºC). Dans le tableau de la section 12.14 de l’annexe Z, on
lit :
Po(10) = 1215 Pa
Po(20) = 2316 Pa
Po(30) = 4206 Pa

Calcul du nombre de moles dans le récipient No 1 :

PV
PV  n1RT  n1 
RT
Où :
P= Pression partielle de la vapeur d’eau en atm
V = Volume du récipient en m3
R = Constante des gaz en atm m3 mol-1 K-1 = 82x10-6
T = température en Kelvin = 273+ 10 = 283 K
Il faut trouver la pression partielle de la vapeur d’eau. On sait que:
P P o 1215
HR   100  50  P    607,5Pa
Po 2 2
607.5Pa  atm
P  0, 006 atm
101325Pa
0, 006 103
n1  6
 2, 6 104 mol
82 10  283

Donc n1 = 2,6x10-4mol
Calcul du nombre de moles dans le récipient No 2 :
PH
HR  100  90  PH  0,9  4206  3785 Pa
Po
3785
PH   0, 037atm
101325

105
 0, 037 103
n2  6
 1,5 103 mol
82 10  303

Calcul de la pression partielle de la vapeur d’eau dans le récipient résultant

nr  n1  n2  2, 6 104  1,5 103  1, 76 103 mol
nr RT 1, 76 103  82 106  293 101325 Pa
O sait que : PH   3
 0, 021atm   2145 Pa
V 2 10 atm
P 2145
HR  Ho 100  100  92, 6%
P 2316
4.7
Une enceinte fermée de 1 m3 contient de l’air propre ayant une pression de 1 atm., et une
humidité relative de 50%. La température à l’intérieur de l’enceinte est de 20C.
Comparez les nombres de moles de H2O, O2 et de CO2.

4.8
Afin de pouvoir utiliser les constantes présentées dans le tableau 4-4 Quelles unités devez
vous utiliser pour mesurer x, m et Ce.
4.9
Un récipient d’un litre est initialement rempli à moitié avec de l’eau et à moitié avec de
l’azote gazeux (N2) à une pression de 1 atm. et scellé. La température du système est
maintenue à 298 K. Il y a de l’eau qui s’évapore dans le gaz et du gaz qui se dissous dans
l’eau jusqu’à atteinte de conditions d’équilibre. Déterminez :
a) La fraction de l’eau dans le système qui sera dans la phase gazeuse ?
b) La fraction de l’azote dans le système qui sera dans la phase liquide ?

Solution :
Partie a : Fraction d’eau dans le gaz
Il est facile d’imaginer que de l’eau va s’évaporer dans le gaz jusqu’à ce que la tension de
vapeur soit atteinte. On peut donc poser qu’à l’équilibre, l’humidité relative sera de
100%, c'est-à-dire que la pression partielle de la vapeur d’eau dans la phase gazeuse sera
égale à la tension de vapeur qui elle ne dépend que de la température. Dans le tableau

106
12.14, on lit Po = 3139 Pa, ce qui correspond à 0,031 atm. On peut transformer cette
pression partielle en nombre de moles :
PH 2OV 0, 031 0,5 103
nH 2O    0, 00063
RT 82 106  298
Nombre total de mole d’eau dans le système ;
La masse volumique de l’eau est de 1 kg/L soit 1000 g/L. Un demi-litre pèse donc 500 g
on a donc :
500 g  mol
nH 2OT    27, 78mol
18 g
ng 0, 00063
FH 2O    2,3 105
nH 2O 27, 78

Partie b : Fraction de l’azote dans l’eau

C’est une application directe de la loi de Henry. On peut lire la constante à 20 ºC dans le
tableau 4-1 : KH = 0,00067 mol L-1 atm-1
Cw  K H PN2  0, 00067 1  0, 00067 mol
L

mol
nn2  0, 00067  0,5L  0, 00034mol (Dans l'eau)
L
Le nombre total de moles d’azote dans le système
PV 1  0,5  103
nn2T     0,0205
RT 82  106298
0,00034
Fn2   1,66  102
0,0205

4.10
Un essai est fait à 10C afin de mesurer la constante de Henry du chloroforme (CHCl3).
Un récipient de deux litres est à moitié rempli d’eau pure et scellé. Il contient donc un
litre d’eau et un litre d’air. Par la suite, vous injectez un gramme de chloroforme liquide
à travers un septum de caoutchouc. Le contenu du récipient est brassé et laissé au repos
jusqu’à atteinte des conditions d’équilibre. Un échantillon de gaz est alors prélevé et sa
concentration de chloroforme est mesurée. Elle est de 89 mg/L. Calculez la constante de
Henry du chloroforme. Exprimez votre réponse en M atm-1.

107
4.11
Un flacon de deux litres, fermé à l’aide d’un couvercle muni d’un septum de caoutchouc,
est à moitié rempli d’eau. À l’équilibre, l’espace d’air de un litre a une pression totale de
1 atm et une température de 298 K. Un gramme de formaldéhyde (HCHO) est injecté
dans l’eau à travers le septum. Une partie du formaldéhyde s’échappe dans l’air. En
considérant les conditions d’équilibre, déterminez :
a) La concentration massique du formaldéhyde dans l’eau.
b) La fraction molaire du formaldéhyde dans l’air.
La constante de Henry du formadéhyde est de 6300 M atm-1.
4.12
Du sulfate de calcium (CaSO4) solide est ajouté dans de l’eau pure. Vous observez
qu’après atteinte des conditions d’équilibre, il reste du sulfate de calcium solide dans
l’eau. En sachant que le produit de solubilité est de 2x10-5M2, déterminez la
concentration molaire des ions calcium.
4.13
Vous avez une eau naturelle qui a un pH  7,5 :

a) quelle concentration maximale de Fe 2 est-il possible d’observer dans cette eau?

b) quelle concentration maximale de Fe3 est-il possible d’observer dans cette eau?
c) répondre aux questions a) et b) mais en supposant que le pH a été augmenté à
une valeur de 10.
4.14
Une eau naturelle, riche en magnésium dissous  Mg 2  , a un pH de 7,8. À quelle valeur

devez-vous ajuster le pH de cette eau afin d’obtenir une concentration de magnésium

dissous de 43 mg/L?
4.15
Une analyse partielle d’une eau permet de mesurer une concentration d’ions magnésium
de 150 mg/L, un pH = 7,2 et une température de 25C. Lorsque vous augmentez le pH de
cette eau, vous observez la formation d’un précipité de Mg  OH 2 s  . Combien de

milligrammes de Mg 2 allez-vous éliminer par précipitation si vous augmentez le pH de

1 m3 de cette eau à 10,2?
108
4.16


On utilise du chlorure ferrique FeCl3 s   dans une station d’épuration des eaux d’égout

afin de faire baisser la concentration de phosphate rejetée dans l’environnement. Le

chlorure ferrique est très soluble, il peut donc être dissous en très grande quantité dans
l’eau. Les réactions chimiques suivantes se produisent :
FeCl3 s   Fe3  3Cl 
Fe3  PO43  FePO4 s 

Quelle concentration molaire de Fe3 devez-vous maintenir dans l’eau afin que la
concentration de phosphate soit égale ou inférieure à 1 mg/L?
4.17
Une méthode permettant de réduire la concentration de métaux dans l’eau est
d’augmenter le pH afin de favoriser la formation d’hydroxides métalliques peu solubles
dans l’eau. Cette méthode est utilisée pour faire diminuer les concentrations d’ions
cadmium  Cd   . On observe la réaction suivante :

Cd 2  2OH   Cd  OH 2 s 

a) En faisant passer le pH de l’eau de 6,8 à 8, pouvez-vous faire baisser la

concentration de cadmium à 100 mg/L ou moins?
b) À quel pH observerez-vous une concentration maximale de cadmium de 80
mg/L?
4.18
Un charbon activé peut être utilisé pour traiter une eau contaminée avec une substance
organique. L’enlèvement de la substance suit l’isotherme de Freundlich avec une

constante : K f  200  mg g  L mg  n . En vous basant sur les unités de la constante,

1

dites quelles unités doivent avoir x, m et Ce.

4.19
Un charbon activé peut être utilisé pour traiter une eau contaminée avec une substance
organique. L’enlèvement de la substance suit l’isotherme de Freundlich avec une

109
constante : K f  42  L mg  n . En vous basant sur les unités de la constante, dites quelles
1

unités doivent avoir x, m et Ce.

4.20
On vous propose d’utiliser du charbon activé pour abaisser la concentration du MIB dans
l’eau de 0,02 µg/L à 0,01 µg/L. Les performances du charbon sont décrites par
3000Ce
l’isotherme de Langmuir suivante : qe  . Dans cette équation, qe est en mg/g et
1  12Ce
b en L/mg.
1. Quels sont les paramètres de cette isotherme (qmax et b) ? Bien indiquer les unités
de mesure.
2. Quelle masse de charbon activé devez-vous utiliser pour traiter un mètre cube
d’eau ? Exprimez votre réponse en gramme.
4.21
Vous devez utiliser du charbon activé pour abaisser la concentration d’une substance
organique dans l’eau de 125 µg/L à 30 µg/L. Vous savez que l’adsorption est décrite par
1
 L  n
une isotherme de Freundlich qui a les paramètres suivants : K f  0, 6   et n = 1,96.
 mg 
Calculez la quantité journalière de charbon qu’il sera nécessaire d’utiliser pour traiter un
débit de 2750 m3/h. Exprimez votre réponse en kg/d.
4.22
Des essais de laboratoire ont montré que la concentration du polluant X dans l’eau peut
être abaissée en utilisant du charbon activé. Ces mêmes essais ont montré que
l’enlèvement se fait selon l’isotherme de Langmuir suivante :
0,15Ce
qe 
1  0,3Ce
Où Ce est en mg/L et les constantes 0,15 et 0,3 en L/mg.
a) Quelle masse maximale du polluant X est-il possible de retirer avec 5 grammes de
charbon activé ?
b) Quelle masse de charbon devez-vous utiliser pour traiter 20 m3 d’eau ayant une
concentration du polluant X de 950µg . La concentration finale du polluant doit
être de 0,015 mg/L. Exprimez votre réponse en kilogramme.

110
4.23
Vous faites une expérience au laboratoire afin de mesurer les paramètres de l’isotherme
de Freundlich. Vous utilisez trois récipients contenant chacun un litre d’eau. Vous ajoutez
un gramme de charbon activé dans chacun des récipients. Des quantités différentes de
benzène sont ajoutées dans chacun des récipients. Après atteinte de l’équilibre, vous
mesurez la concentration de benzène dans l’eau. Les résultats sont présentés au tableau
suivant:
Masse de Concentration de
benzène benzène dans l’eau
ajouté (mg) à l’équilibre (mg/L)
2,0 1,0
10,0 3,29
50,0 10,0

À l’aide de ces résultats, déterminez les paramètres Kf et 1/n de l’isotherme de

Freundlich. Précisez les unités de mesure de Kf et de 1/n.

4.24
Des essais d’adsorption ont été effectués avec du charbon actif et du para-nitro-phénol
(PNP). Ce produit a une masse molaire de 139 g. Les essais effectués à 25ºC ont donné
les résultats suivants :
PNP adsorbé, PNP en solution,
q (mmol/g) C (mM)
0,9 0,006
1,1 0,011
1,4 0,023
1,6 0,045
1,9 0,18
2,1 0,33

a) Exprimez q en mg/g et C en mg/L

111
 b) Supposez que ces résultats peuvent être décrits par une isotherme de Freundlich.
Déterminez les paramètres de cette isotherme.
c) Supposez que ces résultats peuvent être décrits par une isotherme de Langmuir.
Déterminez les paramètres de cette isotherme.
d) Quelle isotherme explique le mieux les résultats obtenus ?
4.25
Vous faites une expérience afin de mesurer l’efficacité du charbon actif pour adsorber du
tri-chloro-éthylène (TCE, C2HCl3) dans l’eau. Les essais sont effectués dans des flacons
de 2 litres scellés. Chaque flacon contient 0,5 litre d’eau et 5 grammes de charbon activé.
Des masses différentes de TCE sont ajoutées dans chacun des flacons. Vous prélevez des
échantillons de gaz au dessus de l’eau et vous mesurez la concentration de TCE. Les
résultats suivants ont été obtenus lors d’un essai réalisé à 25ºC.

Expérience Masse de TCE TCE dans le

No ajoutée (x 10-3 mol) gaz (atm)
1 24 0,001
2 110 0,02
3 237 0,1

En supposant que les conditions d’équilibre sont atteintes :

a) Calculez la concentration de TCE dans l’eau
b) Calculez le nombre de moles de TCE qui sont adsorbées par unité de masse de
charbon
c) Déterminez les paramètres de l’isotherme de Freundlich qui décrit ces résultats

112
5 Réactions acide – base
La concentration d’ions hydrogène est une variable très importante en génie de
l’environnement. Comme cette concentration varie sur plusieurs ordres de grandeur on
utilise le logarithme avec la notation : p = -Log10. Ainsi le pH = –Log10 [H+]. De la
même manière pOH = -Log10[OH-] et pK = -Log10K. Le pH d’une solution est affecté par
les acides, les bases et quelques sels. Les réactions impliquant ces substances sont très
rapides, le temps de réaction est habituellement beaucoup plus court que le temps de
résidence dans les réacteurs. C’est pour cette raison que nous supposons toujours que
l’équilibre est atteint. On peut définir les acides et les bases de la façon suivante :
Acide : Substance qui libère un ion H+, ce qui fait baisser le pH.
Base : Substance qui accepte un ion H+, ce qui fait augmenter le pH.
On peut schématiser les équations de dissociation d’un acide ou d’une base de la façon
suivante :
Acide + eau  base conjuguée + H+ (42)

Base + eau  acide conjugué + OH- (43)

On voit donc qu’il y a une relation entre les acides et les bases.

5.1 Calcul du pH de l’eau pure

C’est un exercice théorique car, dans la nature, l’eau pure n’existe pas. En effet, dès sa
formation, des gaz (CO2, N2, O2, etc.) diffusent dans l’eau. De plus au contact du sol l’eau
dissout de nombreuses substances. Posons donc que l’eau pure se dissocie en respectant
l’équation suivante : H 2O  H   OH  . Cet équilibre est décrit par l’équation :

 H   OH  
K '
(44)
 H 2O 
Le nombre de moles d’eau dans la réaction est très élevé par rapport au nombre de moles
qui subissent une décomposition. Comme un litre d’eau pèse 1000 grammes et une mole
d’eau 18 grammes, le nombre de moles d’eau dans un litre est de 1000/18 = 55,55 moles.
On peut donc dire que [H2O] demeure à peu près constant, ce qui permet d’écrire :
K w  K '  H 2O    H   OH   (45)

113
La valeur de Kw à 25ºC est de 10-14. Cette constante, comme toutes les constantes
d’équilibre, est affectée par la température. Il est à noter que, dans plusieurs problèmes en
génie de l’environnement, on suppose que cette constante ne varie pas dans la gamme de
températures rencontrées et qu’elle demeure égale à 10-14. On peut donc écrire :
1014   H   OH   . Comme la dissociation de l’eau produit le même nombre de moles

de H  et OH  on peut dire que  H    107 donc pH  7 .

5.2 Acides et bases

On peut représenter un acide monoprotique (qui libère un seul proton) à l’aide de
l’équation générique suivante HA, un tel acide se dissocie dans l’eau de la façon suivante:
HA  A  H  (46)

Les concentrations résultantes de la dissociation doivent respecter l’équation d’équilibre :

 H    A 
Ka  (47)
 HA
On peut développer cette équation en prenant –Log10 de chaque coté de l’égalité. On
obtient :
 Log10 K a  Log10  HA   Log10  H    Log10  A 
pK a  Log10  HA  pH  Log10  A 

Lorsque le pH est égal au pKa on obtient :

Log10  HA  Log10  A 

 HA   A 
En d’autres mots, l’acide est dissocié à 50% lorsque le pH est égal au pKA. On peut aussi
dire que lorsque le pH < pKa , l’acide est peu dissocié alors que lorsque le pH > pKa c’est
la forme dissociée qui domine. La constante de dissociation permet donc de déterminer la
force d’un acide.

114
5.2.1 Force d’un acide
Pour qu’une substance soit un acide, il faut que sa molécule contienne des atomes
d’hydrogène. C’est une condition nécessaire qui n’est pas suffisante. Il faut en plus que le
lien entre l’atome d’hydrogène et le reste de la molécule ne soit pas trop fort. En d’autres
mots, il faut que la molécule soit hydrolysable. Par exemple, le méthane (CH4) contient 4
atomes d’hydrogène mais il ne se comporte pas comme un acide. Lorsqu’on le met dans
l’eau, il ne libère pas d’atomes d’hydrogène et n’affecte pas le pH de la solution. Les
atomes d’hydrogène sont trop fortement liés à l’atome de carbone. D’un autre coté, le lien
chimique entre l’hydrogène et le chlore dans l’acide chlorhydrique (HCl) est faible. Cet
acide se dissocie complètement dans l’eau, ce qui affecte beaucoup le pH. Un acide qui
se dissocie complètement dans l’eau est un acide fort. Entre les non acides et les acides
forts, il y a un grand groupe d’acides que l’on nomme acides faibles. Prenons par
exemple l’acide acétique (CH3COOH). Cette molécule a la forme suivante :

Figure 5-1: Représentation de l'acide acétique.

Les trois premiers atomes d’hydrogène sont fortement liés à un atome de carbone, ils ne
sont pas hydrolysés. Le seul atome qui peut être libéré est le dernier atome d’hydrogène
qui peut être partiellement libéré. Un acide qui se dissocie partiellement dans l’eau est un
acide faible. Plus un acide est faible plus il aura un Ka faible ou bien un pKa élevé. Il est
donc possible de classer les acides en fonction de leur Ka.

5.2.2 Les acides forts

À toute fin pratique, il n’y a que 7 acides forts soit : HBr, HCl, HI, HNO3, HClO4 et
H2SO4. Seul le dernier acide de la liste est un acide diprotique, c'est-à-dire qu’il peut

115
libérer deux protons. Dans l’eau ces acides se dissocient complètement. On écrit leur
équation de dissociation de la façon suivante : HCl  H   Cl  . La flèche dans un seul
sens indique que c’est une réaction irréversible.

5.2.3 Acides faibles

Ce sont des acides qui se dissocient partiellement dans l’eau. Le taux de dissociation est
fonction du pH de la solution et du pKa de l’acide. Vous trouverez dans le tableau
suivant, les pKa de quelques acides faibles.
Tableau 5-1: Quelques acides et leurs constantes de dissociation.
Acide Équation Ka pKa
Acétique CH3COOH  H+ + CH3COO- 2x10-5 4,7
Ammoniaque NH4+  H+ +NH3 5,9x10-10 9,23
Gaz carbonique (CO2)aq + H2O  H2CO3 (Km) 1,58x10-3 2,8
Carbonique H2CO3*  H+ + HCO3- 4,47x10-7 6,35
HCO3-  H+ + CO32- 4,68x10-11 10,33
Chlorhydrique HCl  H+ + Cl- 103 -3
Hypochloreux HOCl  H+ + OCl- 2,5x10-8 7,6
Sulfureux H2SO3  H+ + HSO3- 1,3x10-2 1,89
HSO3-  H+ + SO32- 6x10-8 7,22
Sulfurique H2SO4  H+ + HSO4- 103 -3
HSO4-  H+ + SO42- 1,2x10-2 1,92
Sulfhydrique H2S  H+ + HS- 7,9x10-8 7,1
HS-  H+ + S2- 1,3x10-13 12,9
Les constantes d’équilibre de plusieurs autres acides faibles sont présenté dans l’annexe
Z.
Ce sont les principaux acides rencontrés dans ce cours. Les pK varient de -3 à 12,9. On
peut dire que tous les acides ayant un pK inférieur à 2 sont des acides forts. Nous
considèrerons qu’ils sont complètement dissociés dans l’eau. Pour les acides
polyprotiques on observe toujours : pKa1 < pK a2< pKa3. Il est intéressant de calculer
l’effet d’acides de différentes forces sur le pH de l’eau.

116
Exemple 5.2 : Effet de l’ajout d’un acide fort
Calculez le pH d’une solution résultant de l’ajout 10-3 mole d’un acide fort monoprotique
(HA) dans un litre d’eau pure. La température de l’eau est de 25ºC.
Solution :
Après ajout de l’acide, il y a quatre substances dans l’eau. Ce sont les 4 inconnues : [HA],
[A-], [H+] et [OH-], il faut donc trouver 4 équations, les voici :
Dissociation de l’eau
K w   H   OH   (48)

Dissociation complète de l’acide fort

 HA  0 (49)

Bilan de masse
 A-   CT  103 (50)

Électroneutralité
 H    OH     A  (51)

En solutionnant ce système d’équations nous trouvons [H+] = 10-3  pH = 3. Il est

possible de solutionner plus rapidement ce système d’équations en supposant que l’ajout
d’un acide fera baisser le pH, nous aurons donc [OH-] << [H+]. En négligeant [OH-] dans

l’équation d’électroneutralité, on trouve :  H     A   103  pH  3 .

Exemple 5.3 : Effet de l’ajout d’un acide faible

On ajoute 10-3 mole d’un acide faible (pKa) dans un litre d’eau pure à 25 ºC. Quel sera le
pH de la solution résultante ?
Solution :
Il y a 4 inconnues dans ce système, soit :  HA ,  A-  ,  H   , OH -  . Il faut donc

trouver 4 équations. Ce sont :

Dissociation de l’eau :
K w   H   OH   (52)

Dissociation de l’acide

117
  H    A 
Ka      (53)
 HA
Bilan de masse :
CT   A    HA (54)

Électroneutralité :
 H    OH     A  (55)

Il faut solutionner ce système d’équation :

En transformant l’équation (52) on obtient:
Kw
OH    (56)
 H  

En combinant les équations (53) et (54) on obtient :

 H    A 
  T  
HA  C   A 
 et K 
CT   A 
a
(57)

K aCT  K a  A    H    A  (58)


K a CT   A   H    K a  (59)

K a CT
 A   (60)
K a   H  

En combinant les équations (55), (56) et (60) on obtient :

Kw CT K a
 H     (61)
 H  K a   H  



K w K a   H    C K

 H  K a   H  
 
  H  
T a (62)

   
2
 H   Ka   H    K w Ka   H    CT Ka  H   (63)

2 3
K a  H     H    K w K a  K w  H    CT K a  H   (64)

 H    K a  H     K w  CT K a   H    K w K a  0
3 2
(65)

118
 L’équation résultante est un polynôme cubique. On peut trouver le pH en faisant des
essais successifs ou bien en utilisant un logiciel de calcul tel que MATLAB ou Maple. On
peut cependant trouver une solution approchée en faisant la simplification suivante :
L’ajout d’acide fera baisser le pH on aura donc [H+] >> [OH-]. Partons de l’équation
(61).

Kw CT K a
 H    
 H  K a   H  


CT K a
 H    OH      H  
K a   H 


 
 H   K a   H    CT K A
2
 H    K a  H    CT K a  0

 K a  K a 2  4CT K a
 H   
2
Par exemple, si nous avons de l’acide acétique avec un pKa de 4,7 nous obtenons un pH
de 3,9.

5.2.4 Représentation graphique

Il est possible de présenter les différentes entités chimiques en fonction du pH dans un
graphique. Ce graphique peut être construit en suivant quelques règles simples. Par la
suite, on peut l’utiliser pour trouver des solutions approchées à des problèmes de
dissolution d’acide faible.

5.2.4.1 Règles de construction d’un graphique Log-pH

On peut construire un graphique qui représente les différentes entités chimiques résultant
de la dissociation d’un acide faible monoprotique. Il n’est pas nécessaire de faire de
calcul, il suffit de suivre les 9 règles suivantes :

5.2.4.2 Règles de construction pour un acide monoprotique

1. Faire un carré de 14 de coté
2. L’axe des Y est gradué de -14 à 0 (Log10 CT)

119
 3. L’axe des x est gradué de 0 à 14 (pH)
4. Tracez les deux diagonales : [H+] et [OH-]
5. Tracez une horizontale à y = CT
6. Tracez une verticale à x = pKa
7. Localisez le point d’intersection (CT – pKa), c’est ce que nous appelons la cible.
8. Tracez deux droites de pente 1 et -1 qui passent par la cible.
9. Localisez sur la verticale pH = pKa un point situé à 0,3 unité sous la cible.
10. Corriger les deux droites de pente 1 et -1 afin qu’elles s’incurvent pour passer par
le point situés à 0,3 unité sous la cible.
La concentration de l’acide non dissociée [HA] évolue comme suit : 1) de x = 0 à x =
(pKa - ) : horizontale ; 2) de x = (pKa + ) à 14 :droite de pente -1. La concentration de
la base conjuguée [A-] évolue comme suit: 1) de x = 0 à x = (pKa-) : droite de pente 1; 2)
de x = (pKa+) à 14 : horizontale. On peut supposer que  est de l’ordre de 0,3 unité.

Un tel graphique est présenté dans la figure 5-2 :

120
Figure 5-2: Diagramme Log C- pH d'un acide faible.

Ce graphique peut être utilisé pour déterminer le pH résultant de l’ajout d’un acide faible
dans de l’eau pure. Ce graphique représente l’ensemble de toutes les situations, il suffit
de déterminer une condition qui défini la situation particulière du problème. On peut
déterminer cette situation en examinant l’équation d’électroneutralité :
 H    OH     A    H    OH     A  . L’ajout d’un acide fera certainement

baisser le pH, nous aurons alors :  H    OH     H     A  .

Solution graphique de l’exemple 5.3.

Le graphique LogC-pH de la figure 5-2 décrit une solution d’acide acétique (CT= 10-3 M
et pKa = 4,7 ). Pour trouver le pH résultant, il suffit de trouver l’intersection des deux

121
droites qui représentent [H+] et [A-] et d’abaisser une verticale à partir de ce point. On lit
sur l’axe des x un pH = 3,9.

On peut aussi représenter un acide multiprotique à l’aide de ce diagramme. Par exemple,

la formule générique d’un acide biprotique est H2A. Cet acide se dissocie en deux étapes,
soit: 1) H 2 A  H   HA avec une constante Ka1 et HA  H   A2 avec une
constante Ka2. Il est possible de tracer le graphique LogC-pH en connaissant la
concentration initiale de H2A en mol/L et les deux pKa de cet acide. Il suffit de modifier
légèrement les règles énoncées précédemment.

5.2.4.3 Règles de construction pour un acide biprotique

1. Faire un carré de 14 de coté
2. L’axe des Y est gradué de -14 à 0 (Log10 CT)
3. L’axe des x gradué de 0 à 14 (pH)
4. Tracez les deux diagonales : [H+] et [OH-]
5. Tracez une horizontale à y = CT
6. Tracez deux verticales à x = pKa1 et x = pKa2
7. Localisez deux points d’intersection (CT – pKa1) et (CT – pKa2), c’est ce que nous
appelons les cibles.
8. Tracez des droites de pente 1 et -1 qui pointent vers les cibles.
9. Localisez sur chacune des verticales (pH = pKa1 et pH = pKa2) un point situé à 0,3
unité sous les cibles.
10. Corriger les droites de pente 1 et -1 afin qu’elles s’incurvent pour passer par les
points situés à 0,3 unité sous la cible.
La concentration de l’acide non dissocié [H2A] évolue comme suit: 1) de x = 0 à x =
(pKa1 - ) : horizontale ; 2) de x = (pKa1 + ) à x = (pKa2 - ): droite de pente -1 ; 3) de x
= (pKa2 + ) à 14 : droite de pente -2.
La concentration de la première base conjuguée [HA-] évolue comme suit : 1) de x = 0 à x
= (pKa1-) : droite de pente 1; 2) de x = (pKa1+) à (pKa2-): horizontale ; 3) de x =
(pKa2+) à 14 : droite de pente -1.

122
La concentration de la deuxième base conjuguée [A2-] évolue comme suit : 1) de x = 0 à
(pKa1-) : droite de pente 2 ; 2) de x = (pKa1+) à (pKa2-) : droite de pente 1 ; 3) de x =
(pKa2+) à 14: horizontale.

5.2.5 Base faible

Tout comme les acides, la force d’une base dépend de sa constante d’ionisation. Plus
cette constante est élevée, plus la base aura tendance à s’ioniser dans l’eau. Le tableau
5-2 présente quelques bases faibles.

Tableau 5-2: Constantes de dissociation de quelques bases faibles.

Nom Équation pKb
Ammoniaque NH3 + H2O  NH4+ + OH- 4,74
Borate H2BO3- + H2O  H3BO3 + OH- 4,76
Carbonate CO32- + H2O  HCO3- + OH- 2,13
Bicarbonate HCO3- + H2O  H2CO3* + OH- 7,63
Hydroxyde de magnésium MgOH-  Mg2+ + OH- 2,59

Prenons l’ammoniaque, on peut écrire son équation d’ionisation de deux façons soit de la
base à l’acide conjugué ou de l’acide à la base conjuguée.
NH 3  H 2O  NH 4  OH 
 NH 4  OH  
Kb 
 NH 3 
NH 4  H 2O  NH 3  H 
 NH 3   H  
Ka 
 NH 4 
Faisons le produit K aK b
  NH 3   H     NH 4  OH   
K a Kb            H   OH    K
  NH 4  
     3     
NH  w

123
5.3 Les sels
Les sels sont des substances dont le cation n’est pas H+ et dont l’anion n’est pas OH-.
Presque tous les sels se dissocient complètement et rapidement dans l’eau. Certains sels
ont un effet sur le pH. Les sels acides le font baisser car lors de leur ionisation ils libèrent
un acide faible, par exemple
NH 4Cl  NH 4  Cl 
NH 4  NH 3  H 
C’est la réaction de NH4+ dans l’eau qui fait baisser le pH. Le Cl- ne réagit pas avec les
ions H+ car HCl est un acide fort donc complètement dissocié. Pour former un sel acide il
suffit de faire réagir une base faible avec un acide fort : NH 3  HCl  NH 4Cl .
De façon similaire, les sels basiques font augmenter le pH, par exemple :
Na2CO3  2 Na   CO32
CO32  HCO3  OH 
Le Na+ ne réagit pas avec les ions OH- car le NaOH est une base forte. Par contre le
CO32-, qui est une base faible aura tendance à libérer des ions OH- et ainsi faire monter le
pH.

5.4 Le système carbonate

Le système carbonate comprend les substances suivantes : CO2 (g), CO2(aq), H2CO3,
HCO3-, CO32- et CaCO3(s). Ces substances sont liées entre elles par plusieurs équations,
ce qui en fait un système important pour l’environnement et le génie de l’environnement.
Le système carbonate a une influence sur :
a) La stabilité du pH des eaux naturelles (Lacs et rivières) et des eaux dans les
procédés de traitement.
b) L’accumulation du CO2 dans l’atmosphère.
c) Le cycle du carbone dans l’environnement.

Pour étudier ce système nous utiliserons la loi de Henry, les relations acide-base, les
notions de dissolution – précipitation. Ce système est représenté dans la figure 5-3
représentée ci-après.

124
Figure 5-3 : Représentation graphique du système carbonate
En observant la figure 5-3, on voit que l’eau est en contact avec l’atmosphère qui contient
environ 350 ppm de CO2 (g). D’après la loi de Henry, il s’établira un équilibre entre le
CO2(aq) dissous dans l’eau et le CO2(g) dans l’atmosphère. Cette eau est aussi en contact
avec une formation rocheuse qui contient du carbonate de calcium (CaCO3) sous forme
solide. Une partie de ce solide va se dissoudre et faire augmenter les concentrations de
Ca2+ et CO32- afin de respecter le produit de solubilité du CaCO3. Voici les équations qui
décrivent ce système :
CO2  aq   K H PCO2 (66)

CO2  aq   H 2O  H 2CO3 (67)

Km 
 H 2CO3   1,58 103 (68)
CO2  aq  

Il est difficile de faire la différence entre H2CO3 et CO2(aq), de plus ce n’est pas
nécessaire car la réaction du CO2(aq) avec l’eau est très rapide. Pour solutionner le
problème, on définit une nouvelle variable H 2CO3* , qui est la somme de H2CO3 et de
CO2(aq) soit :
(69)
 H 2CO3*   CO2  aq    H 2CO3   CO2  aq  1  K m  (70)

125
On sait que H 2CO3* est un acide biprotique faible, on peut donc écrire :

 
 H    HCO3 
H 2CO  H  HCO
*
 K a1   4, 47 107 M (71)
 H 2CO3* 
3 3

  2
 H   CO32 
HCO  H  CO  Ka 2   4, 68 1011 M (72)
 HCO3 

3 3

Exemple 5.4 : Calcul du pH de l’eau de pluie

Calculez le pH de l’eau de pluie dans une atmosphère propre qui contient 350 ppm de
CO2. La pression atmosphérique est de 1 atm et la température de 25ºC.
Solution :
Les seules entités chimiques qui sont dans l’eau de pluie sont : H2CO3*, HCO3-, CO32-,
H+ et OH-. Il y a 5 inconnues, il faut donc trouver 5 équations. Afin de trouver ces
équations on se base toujours sur les mêmes principes : 1) la dissociation de l’eau ; 2) la
relation d’équilibre des acides faibles ; 3) le bilan de masse ; 4) l’équilibre gaz/liquide ; 5)
l’équilibre solide/liquide ; 6) l’électroneutralité. Dans le présent problème il n’est pas
possible de faire un bilan de masse. Par contre, comme nous connaissons toutes les
entités chimiques contenues dans l’eau, nous pouvons utiliser l’équation de
l’électroneutralité. Nous avons donc les 5 équations suivantes :

K w   H   OH  
(73)

 H 2CO3*   1  K m  K H PCO2 (74)

 HCO3   H  
K a1   (75)
 H 2CO3* 

CO32   H  
Ka 2  (76)
 HCO3 

 H    OH     HCO3   2 CO32  (77)

126
Il faut solutionner ce système d’équations. À partir de l’équation (73) on trouve :
Kw
OH    (78)
 H  

En combinant les équations (74) et (75) on trouve:

 HCO3   H  
 H 2CO  
3
*
 1  K m  K H PCO2 (79)
K a1

K a1 1  K m  K H PCO2
 HCO3   (80)
 H  

En combinant (76) et (80) on obtient :

K a 2  HCO3 
CO3  
2-
(81)
 H  

K a1 K a 2 1  Km  K H PCO2
CO32   2
(82)
 H  

En combinant les équations (77), (78), (80) et (82) on obtient :

Kw K a1 1  K m  K H PCO2 K a1 K a 2 1  K m  K H PCO2
 H     2 (83)
 H 

 H 

 H  
2

À 25C : K a1  4, 47 10-7 M et K a 2  4, 68 10-11 M

K m  1,58 10-3 et K H  0, 034 M atm -1
PCO2  350 10-6 atm

Par essais successifs, on peut trouver que [H+] = 2,31x10-6 mol/L  pH = 5,64. Il est
possible de simplifier les équations précédentes et obtenir une réponse plus facilement.
En effet, il est possible de négliger des termes dans l’équation de l’électroneutralité :
 H    OH     HCO3   2 CO32  . En analysant cette équation, il est facile de voir

127
que le [OH-] et le [CO32-] sont négligeables. La diffusion du CO2 provenant de
l’atmosphère va former de l’acide carbonique. Cet acide fera baisser le pH. Le pH
résultant sera donc inférieure à 7. Dans une telle gamme de pH, le graphique Log C vs pH
pour l’acide carbonique montre que les concentrations de CO32 et OH  sont

négligeables. On peut donc poser que :  H     HCO3  . En combinant cette dernière

équation avec les quatre équations restantes on obtient :

2
 H    HCO3  H  
K a1     *     *
 H 2CO3   H 2CO3 

 H    K a1  H 2CO3* 

 H 2CO3*   1  K m  K H PCO2

 
 H 2CO3*   1  1,58 103 0, 034  350 10 6  1, 2 10 5

 H    4, 47 107 1, 2 105  2,32 106


pH   Log10 2,32 106  5, 64 
Commentaire : On voit qu’une très faible quantité d’un acide faible (acide carbonique)
fait baisser le pH de plus de une unité. Comme le pH est un logarithme, cela veut dire que
la concentration d’ions hydrogène est plus de dix fois plus élevée dans l’eau de pluie que
dans l’eau pure. Comment peut-on expliquer un effet aussi important d’un acide faible ?
Il peut arriver que l’eau ne soit pas en contact avec l’atmosphère mais avec une source
solide de carbonate de calcium (CaCO3). C’est le cas de plusieurs eaux souterraines. La
dissolution du carbonate de calcium est plus rapide en milieu acide. L’acidité du sol peut
être augmentée par la respiration aérobie des microorganismes.
Exemple 5.5: Calcul du pH des eaux souterraines
Dans une nappe d’eau profonde, à l’abri de l’atmosphère, l’eau est en contact avec une
formation rocheuse constituée de carbonate de calcium. Définissez le système
d’équations qui permet de calculer le pH de cette eau lorsque les conditions d’équilibres
sont atteintes. Vous pouvez supposer que l’eau a une température de 25ºC.
Solution :
Dans ce problème il y a 6 inconnues : [H2CO3*], [HCO3-], [CO32-], [OH-], [H+] et [Ca2+].
Il faut donc trouver 6 équations:

128
 K w   H   OH    1014
K SP  Ca 2  CO32   5 109
 HCO3   H  
K a1   4, 46 107
 H 2CO3 
*

CO32   H  
Ka2   4, 67 1011
 HCO3 

2 Ca 2    H    OH     HCO3   2 CO32 

Ca 2    H 2CO3*    HCO3   CO32 

Toutes ces équations sont faciles à trouver à l’exception de la dernière qui a nécessité un
bilan de masse à partir de la dissociation du carbonate de calcium. Voici le raisonnement.
Sans le carbonate de calcium, il n’y aurait dans l’eau que des ions H+ et OH-. Comme il
n’y a pas de contact avec l’atmosphère, tous les ions carbonate, bicarbonate et l’acide
carbonique proviennent de la dissolution du CaCO3. Les ions carbonate (CO32-)
participent aux réactions acide-base suivantes :
CO32  H   HCO3
HCO3  H   H 2CO3*
Avec ces réactions, on voit que pour former une molécule de bicarbonate, il faut dissocier
une molécule de carbonate. Donc tout le carbonate qui passera en solution se retrouvera
sous les différentes formes indiquées ci-haut. Il est important de noter que ce
raisonnement est vrai car il n’y a pas de perte ou de gain de CO2 à partir de l’atmosphère.
La solution de ce système d’équation dépasse les objectifs de ce cours. Par contre le pH
résultant est de 9,96.

5.4.1 Alcalinité et effet tampon

L’addition de quantités relativement faibles de CO2 (acide carbonique) ou de carbonate

CO32 dans de l’eau pure a un effet important sur le pH. Dans un procédé de traitement,

ces variations de pH doivent souvent être contrôlées. Cela est fait en utilisant des
solutions tampon. Ces solutions permettent de maintenir le pH dans une plage étroite
même si des quantités importantes d’acide ou de base sont ajoutées dans l’eau. Une
solution tampon résulte de l’ajout de quantités importantes d’un acide ou d’une base

129
faible et du sel de cet acide ou cette base. On utilise souvent le Na2 HPO4 comme sel
d’acide faible et son acide pour préparer des solutions tampons phosphate. Ces solutions
sont utilisées avec succès au laboratoire. Par contre leur utilisation à grande échelle, dans
les procédés de traitement est impossible. Les quantités requises sont trop importantes et
leur rejet dans l’environnement serait dommageable. Heureusement nous disposons d’un
tampon naturel : l’alcalinité.
L’alcalinité agit comme tampon naturel dans une eau. C’est le résultat de la solubilisation
d’un sel d’une base faible le CaCO3 et de sa base conjuguée le CO32 . Le pH d’une eau
ayant une alcalinité élevée a un pH plus stable qu’une eau sans alcalinité. D’ailleurs,
l’alcalinité est définie comme étant la capacité d’une eau pour neutraliser un acide. On
peut comprendre cet effet bénéfique en observant les équations d’ionisation de l’acide
carbonique et des bicarbonates :
H 2CO3*  HCO3  H 
HCO3  CO32  H 

On voit que l’ajout d’ions H  dans une eau, qui a une forte alcalinité, déplacera les
équilibres vers la gauche afin de maintenir les relations d’équilibre. Ce déplacement vers
la gauche se traduit par une baisse de la quantité d’ions H+ diminuant ainsi l’effet sur le
pH. À l’inverse, une diminution des ions H+ se traduira par une réaction vers la droite qui
libèrera des ions H+ qui compenseront la baisse des ions H+.

5.4.2 Réflexion sur l’alcalinité

L’alcalinité peut être décrite de trois façons différentes:
1. C’est la capacité d’une eau pour neutraliser un acide.
2. C’est la quantité de protons (H+) requise pour faire baisser le pH jusqu’à une
valeur de 4,5.
3. C’est la somme en équivalents des ions, hydroxyle  OH   , carbonate  CO32  et

bicarbonate  HCO3  moins le nombre d’équivalent des protons  H   .

L’équation de l’alcalinité peut être écrite de différentes façons dépendant des unités de
mesure des concentrations.
En concentrations normales (eq/L) c’est :

130
  Alc    HCO3   CO32    OH     H   (84)

En concentrations molaires c’est :

 Alc   HCO3   2 CO32   OH     H   (85)

Il y a un lien étroit entre l’alcalinité et le pH. La plupart du temps on dit qu’une eau est
alcaline lorsque son pH est élevé. C’est souvent le cas, car la source d’alcalinité est la
solubilisation du carbonate de calcium. Comme nous l’avons vue dans l’exemple 5.5, la
solubilisation du CaCO3 dans une eau qui n’est pas en contact avec une source de CO2
conduit à un pH assez élevé. Par contre il est possible de rencontrer une eau qui a une
alcalinité faible et un pH élevé.
La méthode qui est utilisée au laboratoire pour mesurer l’alcalinité est basée sur sa
définition : C’est la quantité requise de protons  H   pour faire baisser le pH jusqu’à

une valeur d’environ 4,5. De façon abrégée nous procédons de la façon suivante :
a) Un échantillon de 1 litre est placé dans un bécher ;
b) Les électrodes d’un pHmètre sont immergées dans l’eau afin de mesurer le pH ;
c) Un acide fort (HCl, H2SO4, etc.) est ajouté lentement jusqu’à ce que le pH soit
égal ou légèrement inférieur à 4,5 ;
d) La quantité d’acide ajoutée est utilisée pour calculer l’alcalinité en meq/L ou en
mg CaCO3/L.
Exemple 5.6 :
Une eau contient 20 g/m3 de CO32 , 488 g/m3 de HCO3 et 0,17 g/m3 de OH-. Cette eau a
une température de 20ºC.
a) Calculez le pH de cette eau
b) Quelle est l’alcalinité de cette eau en mmol/L
c) Quelle est l’alcalinité de cette eau en meq/L
Solution :
Définition du problème :
Les variables connues : Les concentrations massiques de : HCO3 , CO32 , OH- et la
température 20ºC.

131
Exploration :
Comme nous connaissons les concentrations de bicarbonate et de carbonate, les équations
d’équilibre de l’acide carbonique peuvent être utiles. Nous pouvons aussi utiliser
l’équation d’équilibre de l’eau. Ce sont ;
H 2O  OH   H  (K w  1014 )
H 2CO3  HCO3  H  (K a1 =4,17 107 )
HCO3  CO32  H  (K a2 =4,17 1011 )
Les équations pour calculer l’alcalinité sont :

 Alc    HCO3   2 CO32   OH     H  

 Alc    HCO3    CO32    OH     H  
Planification de la résolution :
1. Je transforme toutes les concentrations en mol/L
2. À l’aide de l’équation d’équilibre de l’eau, je calcule le pH
3. À l’aide des équations de l’alcalinité, je calcule l’alcalinité
Résolution :
g mol m3 mol
CO32   20 3    0,33 103
m 60 g 1000 L L
g mol m3 mol
 HCO3   488 3    8 103
m 61g 1000 L L
g mol m3 mol
OH    0,17 3    0, 01103
m 17 g 1000 L L
Calcul du pH

K w   H   OH    1014
1014
 H    3
 109
0, 0110
pH  9
Calcul de l’alcalinité en mmol/L

 Alc    HCO3   2 CO32   OH     H  

 Alc   8  2  0,33  0, 01  106
 Alc   8, 67mmol / L

132
Calcul de l’alcalinité en meq/L
Il faut transformer toutes les concentrations en meq/L. Pour les ions monovalents le
facteur de transformation est un alors que pour les ions divalent, il est de deux.
Nous avons :

 HCO   8meq / L

3

CO   2 CO   2  0,33  0, 66meq / L

2
3
2
3

OH   0, 01meq / L


 H   10 meq / L
 6

En utilisant l’équation de l’alcalinité en meq/L on obtient :

 Alc   8  0, 66  0, 01  106
 Alc   8, 67meq / L

Validation :
Pour valider nos réponses, on peut vérifier tous les calcules et toutes les équations. On
peut aussi procéder de façon indirecte. L’alcalinité est basée sur la décomposition de
l’acide carbonique. C’est un acide faible qui se dissocie comme suit :
H 2CO3  HCO3  H 
HCO3  CO32  H 
Dans le tableau 12.10 de l’annexe Z, on voit que les constates d’équilibre sont Ka1=
4,17x10-7 et Ka2=4,17x10-11. Toutes les concentrations pour calculer Ka2 sont connues. On
peut donc calculer cette constante et la comparer avec la constante dans les tables.
CO32   H   0,33 103 109
Ka 2   3
 4,13 1011
 HCO3 
8 10

La constante K a 2 calculée ( 4,13  10 11 ) est près de la valeur présentée dans le tableau

12.10 de l’annexe Z : 4,17  10 11 . On peut donc dire que nos résultats sont justes.
Généralisation :
L’alcalinité en mol/L est égale à l’alcalinité en eq/L. Est-ce un hasard ? En observant les
équations de l’alcalinité terme à terme, on voit que le facteur de conversion de mol/L à
eq/L est toujours égal à un. Cela est logique lorsqu’on se souvient que l’alcalinité est

133
définie comme étant le nombre de protons (H+) qu’il faut ajouter à l’eau pour faire
baisser son pH jusqu’à une valeur des 4,5. Les ions H+ ont une valence de +1.
Exemple 5.7
Vous avez trois eaux différentes qui ont les caractéristiques présentées au tableau
suivant :
Eau No pH Alcalinité
1 7,2 1x10-3 éq/L
2 8,4 1 mmol/L
3 10,0 200 mg CaCO3/L

a) Quelle eau a l’alcalinité la plus élevée ?

b) Quelle est l’alcalinité de l’eau No 2 en eq/L ?
c) Pour chacune de ces eaux, calculez les concentrations de bicarbonate et de
carbonate.
La température de chacune des ces eaux est de 25ºC
Définition du problème :
Pour chaque eau, les seules informations sont le pH et l’alcalinité. L’alcalinité est
exprimée dans des unités différentes.
Exploration :
On sait que le facteur de conversion entre l’alcalinité en mol/L et en eq/L est de 1. On sait
aussi que 1 meq/L = 50 mgCaCO3/L.
L’équation de l’alcalinité est :

 Alc   HCO3   2 CO32   OH     H  

Les seules inconnues dans l’équation précédente sont les concentrations de bicarbonate et
de carbonate. Il nous faut une deuxième équation. Le bicarbonate se comporte come un
acide faible, il respecte donc l’équation d’équilibre suivante :
K a 2  CO32   H    HCO3  , où seules les carbonate et bicarbonate sont inconnus.

Nous avons donc un système de deux équations avec deux inconnus.

134
Pour estimer les formes de l’alcalinité, on peut tracer le graphique log de C versus le pH
pour l’acide carbonique. À une température de 25°C, les deux constantes de dissociation
de cet acide sont Ka1 = 4,47x10-7 et Ka2 = 4,68x10-11.
Planification de la résolution :
Exprimez les alcalinités des eaux No. 1,2 et 3 dans les mêmes unités et comparez les
alcalinités.
Pour la partie c) du problème, utilisez les équations de l’alcalinité et de l’équilibre de
l’acide carbonique et solutionnez ce système d’équations.
Résolution :
Pour l’eau 2 : 1 mmol/L = 1x10-3mol/L = 1x10-3 eq/L
mg CaCO3 meq meq eq mol
Pour l’eau 3 : 200  4  4 10-3  4 10-3
L 50mg CaCO3 L L L
Réponse pour la partie a)
On voit donc que l’eau No 3 a l’alcalinité la plus élevée alors que les eaux 1 et 2 ont la
même alcalinité.
Réponse pour la partie b)
L’eau No 2 a une alcalinité de 1x10-3 eq/L
Résolution de la partie c) eau no 1 :

 H    107,2  6,3  108

OH    106,8  1, 6 107

 Alc   1103   HCO3   2 CO32   1, 6 107  6,3 108

CO32   H   CO32   H  
Ka2    HCO3  


 HCO3  Ka2
CO32   H  
110  3
 2 CO32 
Ka2
  H     6,3 108 
110  CO      2   CO32  
3 2
11
 2
 4, 67 10
3
K
 a 2  
mol
CO32   7,5 107
L
 HCO3   1 10  2  7,5  107  1 103
 3

135
Résolution de la partie c) eau no 2 :
On procède de la même manière que pour l’eau 1 et on trouve :
mol
CO32   1,13 105
L
mol
 HCO3   1103  2 1,13 105  1103
L
Résolution de la partie c) eau no 3 :
L’eau no 3 a une alcalinité de 4x10-3 et un pH de 10. De la même manière que pour les
eaux 1 et 2, on trouve :
mol
CO32   0,95 103
L
mol
 HCO3   3,9 103  2  0,95 103  2 103
L
Dans cette eau, la concentration des ions OH- est de 10-4 mol/L soit 0,1x10-3 mol/L. On ne
peut donc pas la négliger dans l’équation de l’alcalinité.
Validation :
Pour valider les concentrations de bicarbonate et de carbonate, on peut utiliser le
graphique Log C versus pH pour l’acide carbonique. Les deux constantes de dissociation
de cet acide sont Ka1= 4,47x10-7 et Ka2=4,68x10-11 ce qui donne pKa1 = 6,35 et pKa2 =
10,3. Pour les eaux Nos 1 et 2 qui ont la même alcalinité, on peut dire que :
1. lorsque le pH se situe entre 6,35 et 10,3
a. la forme principale de l’alcalinité est le bicarbonate.
b. Les carbonates sont représentés par une droite de pente 1
2. Lorsque le pH se situe autour de 10,3
a. les concentrations de bicarbonate et de carbonate sont toutes deux
importantes.
b. Lorsque le pH est un peu inférieur à 10,3, les bicarbonates sont plus
abondants que les carbonates
c. Lorsque le pH est un peu supérieur à10,3, le carbonate est plus abondant
que le bicarbonate.

136
Voici un tableau résumant les réponses trouvées :
Eau No 1 Eau No 2 Eau No 3
Alc. 1x10-3 mol/L 1x10-3 mol/L 4x10-3 mol/L
pH 7,2 8,4 10
[HCO3-] 1x10-3 mol/L 1x10-3 mol/L 2x10-3 mol/L
[CO32-] 7,5x10-7 mol/L 1,13x10-5 1x10-3 mol/L
mol/L
-Log[CO32-] 6,12 4,96 3

Les eaux No 1 et 2 ont des pH respectifs de 7,2 et 8,4. Pour ces deux eaux, les
concentrations de bicarbonates demeurent élevées, alors que les concentrations de
carbonates sont très faibles. Pour une différence de pH de 1,2 la différence du log des
concentrations de carbonates est de 1,17, ce qui montre que la droite qui représente les
carbonates entre les pH de 6,35 et 10,3 a une pente de 1.
Dans l’eau no 3, les concentrations de bicarbonate et de carbonate sont toutes deux
significatives. De plus la concentration de bicarbonates est plus élevée que la
concentration de carbonate, ce qui est conforme à la théorie.

5.5 Problèmes
5.1
Dans le tableau 5-1 quel est :
a) L’acide le plus fort ?
b) L’acide le plus faible ?
5.2
Construisez les graphiques Log-pH pour les trois solutions obtenues de la façon suivante :
a) Vous ajoutez 620 mg d’acide carbonique (H2CO3) dans un litre d’eau pure.
b) Vous ajoutez 25 mg de NH4Cl dans un litre d’eau pure.
c) Vous ajoutez 500 mg CaCO3 de H3PO4 dans 4,5 litres d’eau pure.
Vous pouvez supposer que la température de l’eau est de 25ºC.

137
5.3
Une eau a un pH de 12 , une concentration de HCO3 de 1,22 mg/L et une température de

25C. Trouvez la concentration molaire du CO32 .Vous devez absolument présenter une

solution graphique.
5.4
À l’aide d’un graphique Log C vs pH déterminez à quel pH vous observerez des
concentrations molaires de H 2CO3 et CO32 égales. Vous pouvez supposer une eau

naturelle ayant une température de 25C.

5.5
Une eau a un pH de 8,0 et une concentration molaire de carbonate de :
CO32   3,16 106 mol L . En utilisant le graphique LogC vs pH, trouvez les

concentrations molaires de HCO3 et de H 2CO3* . Vous devez absolument présenter une

solution graphique.
5.6
En utilisant le graphique Log C vs pH, classez, par ordre de concentration molaire
décroissante, les quatre éléments qui constituent l’alcalinité. Considérez les 4 eaux
suivantes :
1. Une eau a un pH de 7,5 et une alcalinité de 10-3 mol/L.
2. Une eau a un pH de 7,5 et une alcalinité de 10-4 mol/L.
3. Une eau a un pH de 8,5 et une alcalinité de 10-3 mol/L.
4. Une eau a un pH de 8,5 et une alcalinité de 10-4 mol/L.

5.7
Vous devez préparer une solution qui a un pH de 4 en utilisant de l’eau pure et de l’acide
sulfurique (H2SO4) qui a une concentration de 1 M.
a) Déterminez les volumes d’eau et d’acide nécessaires pour préparer un litre de
solution. L’acide sulfurique est un acide fort. La molarité d’une solution acide
réfère à l’ion principal qui est, dans ce cas-ci, le SO42-.
b) Déterminez la normalité, la molarité et la concentration massique de la solution
résultante.

138
Solution :
Définition du problème :
On veut préparer un litre d’une solution ayant un pH de 4.
On mélange un volume d’eau pure (Ve) avec un volume d’acide fort (Va)
Concentration de l’acide : 1 mol/L
Question : Valeurs de Ve et Va ?
Exploration :
Un pH = 4 alors [H+] = 10-4 mol/L.
H2SO4 est un acide fort, il se dissocie donc complètement dans l’eau.
En reprenant le raisonnement utilisé dans l’exemple 5.2, on peut montrer que la
concentration initiale de H+ (10-7 mol/L) est négligeable par rapport à la quantité de
protons ajoutée avec l’acide.
On peut donc dire que la concentration de [H+] résultante est égale au nombre de H+
provenant de l’acide divisé par le volume total de solution.
La stochiométrie indique que une mole de H2SO4 libère une mole de SO42 et deux moles

de H+, soit : H 2 SO4  2 H   SO42 . Donc pour ajouter 10-4 mol de H+, il faut ajouter

0,5 104 mol de H 2 SO4 .

De plus on sait que : m = CV

Résolution :
Pour obtenir une masse de 10-4 mol de H+ dans un litre de solution, il faut ajouter
0,5 104 mol de H 2 SO4  m
4
m  CVa  1 mol
L  Va  0,5  10  Va  0,5 104 L
Va  0,5 10-4 L  1000LmL  0, 05mL d ' acide sulfurique
Ve  VT - Va  1000 - 0, 05  999,95ml d ' eau
partie b)
La molarité de SO42 est : 0,5  104 mol L  0, 05 mmol L

La normalité de SO42 est : 2  0,5 104   104 eq L  0,1 meq L

La concentration massique de SO42 est : C   0,5 104  mol

L  96 mol  4,8 10
g 3 g
L  4,8 L
mg

139
Indiquez des moyens qui vous permettraient de vérifier les réponses obtenues.
5.8
Trouvez une expression algébrique qui relie la concentration d’un acide mono-protique
HA à la concentration de sa base conjuguée A-. Exprimez votre réponse en fonction du
pKa de l’acide et du pH de la solution.

Solution :
On peut écrire
HA  H   A
 H    A   H    A 
Ka    HA 
 HA Ka

On sait que:
 H    10 pH
K a  10 pK A
10 pH   A 
 HA 
10 pKa

5.9
Vous préparez une solution en dissolvant 5 g de HNO3 dans de l’eau pure. Le volume de
la solution est de 1 litre.
a) Quel est le pH de cette solution ?
b) Quelle masse d’une base forte, (NaOH) , doit on ajouter pour neutraliser cette
solution ?
c) Quel volume d’une solution 0,1M de NaOH est-il nécessaire d’ajouter pour
neutraliser cet acide ?

Solution:
a) On doit d’abord déterminer la force de l’acide nitrique (HNO3). En consultant le
tableau 5-1, on note que le pKa de cet acide est très faible soit -1,2. C’est donc un
acide fort qui se dissociera complètement dans l’eau de la manière suivante :

140
 HNO3  NO3  H  . Tel que vu dans l’exemple 5.2, nous savons que :

 H     NO3  . De plus, en observant l’équation de dissociation de l’acide

nitrique on voit que le nombre de moles de NO3- formé est égal au nombre de
moles de HNO3 dissocié. Donc
5g mol
HNO3     0,079mol / L   NO3 
1L 63g
pH   Log10 0,079   1,1

b) Pour neutraliser cet acide on doit ajouter un nombre de moles de base (NaOH)
égal au nombre de moles d’acide (0,079)

mol 40 g
M NaOH  0, 079 1L   3, 2 g de NaOH
L mol
c) Il faut déterminer le volume qui contient ce nombre de moles

0,079mol
V  0,79 L
0,1mol / L

5.10
Un contenant de 2 litres est à moitié rempli avec de l’eau pure. De l’air comble le reste
du volume et le contenant est scellé. Une petite quantité d’ammoniac (0,001mol) est
injectée dans le contenant à l’aide d’un petit tube de caoutchouc. Vous savez que
l’ammoniac (NH3) est volatil et qu’il est impliqué dans une réaction acide-base.
a) Déterminez un ensemble complet d’équations qui vous permettra de calculer le
pH de la solution résultante. Faites la liste des inconnues et vérifiez que le nombre
d’équations trouvées est égal au nombre d’inconnues.

5.11
Vous placez dans un contenant scellé, un litre d’eau pure et 0,0005 mole de carbonate de
sodium (Na2CO3). Il n’y a pas de col d’air au dessus de l’eau. Le sel se dissocie

141
complètement dans l’eau. À l’équilibre vous observez les conditions suivantes : pH =
10,37 ; [OH-] = 237µM ; [HCO3-] = 237µM et [CO32-] = 263µM.
a) Quelle est la concentration molaire du sodium dans cette solution ?
b) Quelle est l’alcalinité de cette solution ?
c) Quelles sont les duretés totale et carbonatée de cette eau ?

5.12
De l’eau pure à 25ºC est isolée de l’atmosphère et mise en contact avec du CaCO3 solide.
Comparez deux à deux les concentrations molaires des différentes entités chimiques.
Considérez les paires suivantes :
a) Ca2+ versus CO32-
b) H+ versus OH-
c) HCO3- versus H2CO3*
Pour chacune des paires, quelle substance a la concentration molaire la plus élevée.
Expliquez le raisonnement qui vous permet de faire ces affirmations.

5.13
De l’eau gazeuse est produite en ajoutant du CO2 dans de l’eau pure. Cette eau est placée
dans une bouteille sur laquelle on place une capsule étanche. La température de l’eau est
maintenue à 25ºC.
a) Le volume d’air entre la capsule et la surface de l’eau contient seulement du CO2
à une pression de 2 atmosphères. Quel est le pH de cette eau ?
b) Vous décapsulez la bouteille et versez un verre d’eau. Décrivez ce qui se passe
dans l’eau entre le moment où vous enlevez la capsule et le moment où les
conditions d’équilibre sont atteintes.
c) Quel sera le pH de l’eau dans le verre lorsque les conditions d’équilibres seront
atteintes ?

142
5.14
Les pâturages utilisés pour nourrir le bétail sont souvent contaminés par de l’urée. La
décomposition de cette substance libère de l’ammoniac (NH3) qui contamine l’air. Il n’est
pas rare d’observer des concentrations de 25 ppb d’ammoniac au dessus de ces champs. Il
y a un étang au milieu des pâturages. Calculez le pH de l’eau dans cet étang en faisant les
hypothèses suivantes :
1) La concentration de NH3, dans l’atmosphère, au dessus de l’étang est de 25 ppb
2) L’eau était initialement pure.
3) La température est de 298 K.
4) La pression atmosphérique est de 1 atm.
5) Il n’y a pas d’autres acides ou bases tel que le gaz carbonique ou le bicarbonate.
Solution :
Dans ce système nous avons quatre substances inconnues soit : H+, OH-, NH3(aq) et
NH4+. Il faut donc trouver quatre équations. Ce sont :
K w   H   OH   Dissociation de l'eau
 H    NH 3 
Ka  Dissociation de l'acide
 NH 4 
NH 3 (aq)  K H PNH3 Loi de Henry
 H     NH 4   OH   Balance ionique

En solutionnant ce système d’équations on trouve un pH = 8,7

5.15
Un des gaz, rejeté dans l’atmosphère, qui contribue aux pluies acides est le bioxyde de
soufre (SO2). La norme, aux USA, sur ce gaz est de 3,0x10-8 atm. (à 25ºC). Afin de
calculer le pH de la pluie formée dans un atmosphère qui contient 350x10-6 atm de CO2 et
3,0x10-8 atm de SO2 , procédez par les étapes suivantes :
a) Faites la liste de toutes les équations qui décrivent le système à l’équilibre
b) Écrire l’équation d’électroneutralité en termes de [H+], PCO2 , PSO2 et les différentes

constantes.
c) Solutionner cette équation afin de trouver le pH.

143
 d) Comparez le pH de l’eau de pluie dans un atmosphère avec SO2 (3,0x10-8 atm ) et
sans SO2.
e) Comparerez, les concentrations de H2CO3*, HCO3-, CO32-, H+ et OH- dans l’eau
de pluie formée dans un environnement sans SO2 et dans l’eau de pluie formée
dans un environnement contenant du SO2. Indiquez le raisonnement qui vous
permet d’arriver à cette conclusion.
Vous pouvez supposer que tout le CO2 qui passe en solution se transforme en H2CO3*. De
la même manière, tout le SO2 en solution se transforme en acide sulfureux soit:
SO2  H 2O  H 2 SO3 . L’acide sulfureux est un acide faible bi-protique avec K1a = 10-1,89

et K2a = 10-7,22.
Solution :
Nous aurons :
1) deux équations basées sur la loi de Henry, une pour chacun des gaz.
2) deux équations pour la dissociation de l’acide carbonique
3) deux équations pour la dissociation de l’acide sulfureux
4) une équation pour la dissociation de l’eau
5) une équation pour l’électroneutralité

144
Partie a) Liste des équations

 H 2CO3*   1  K m  K H ,CO 2 PCO 2

 H 2 SO3   K H , SO 2 PSO 2
 H    HCO3 
K1,C   106,35
 H 2CO3* 
 H   CO32 
K 2,C   1010,33
 H CO3 
 H    HSO3 
K1, S   101,89
 H 2 SO3 
 H    SO32 
K 2, S   107,22
 HSO3 

K w   H   OH    1014
 H    OH     HCO3   2 CO32    HSO3   2  SO32 

145
Partie b) Transformer chacun des éléments de l’équation d’électroneutralité

 H 2CO3*   1  K m  K H ,CO 2 PCO 2

Comme K m << 1 on peut écrire
 H 2CO3*   K H ,CO 2 PCO 2

K1,C  H 2CO3*  K1,C K H ,CO 2 PCO 2

 HCO3   
 H    H  

K 2,C  HCO3  K1,C K 2,C K H ,CO 2 PCO 2

CO  
2

 H  
3 2
 H  
 H 2 SO3   K H , SO 2 PSO 2

K1, S  H 2 SO3  K1, S K H , SO 2 PSO 2

 HSO3   
 H    H  

K 2, S  HSO3  K1, S K 2, S K H , SO 2 PSO 2

 SO  
2

 H  
3 2
 H  

Kw K K 2 PCO 2 K K K 2 PCO 2 K K 2 PSO 2 K K K 2 PSO 2

 H     1,C H ,CO  2 1,C 2,C H ,CO  1,S H ,SO  2 1,S 2,S H ,SO
 H 

 H 

 H  
2
 H 

 H  
2

Partie c) :
En réorganisant ce polynôme et en remplaçant les constantes par des valeurs on obtient :
3
 H    4,85  1010  H    5,78  1017  0

La solution de cette équation donne [H+] = 2,20x10-5M  pH = 4,7.

Si on compare ce pH au pH de l’eau de pluie dans une atmosphère propre, on note que
c’est une unité de pH de moins. Cela veut dire que l’eau est 10 fois plus acide.
Partie d)
[H2CO3*] : Demeure inchangé. Cette substance reste en équilibre avec le CO2 de
l’atmosphère qui est constant.
[HCO3-] : Baisse. Le pH résultant est plus faible, lorsque le pH baisse la valeur de cette
substance baisse pour favoriser la formation de H2CO3*.
[CO32-] : Baisse. Même raisonnement que pour [HCO3-]

146
[H+] : Augmentation car le pH baisse
[OH-] : Baisse car le pH baisse

5.16
1. Des eaux différentes qui ont le même pH ont-elles la même alcalinité ?
2. Pour faire baisser le pH d’une unité doit-on toujours ajouter la même quantité
d’acide.
3. Quelle est l’alcalinité d’une eau qui a un pH de 4,2 ?

5.17
Vous avez deux eaux différentes. Une analyse incomplète de ces eaux, effectuée à 25C,
donne les résultats présentés au tableau suivant :

Substances Eau No 1 Eau No 2

Na+ 25,4 42,7
Mg2+ 3,2 6,2
Ca2+ 15,7 52,9
Cl- 61,8 112,6
SO42- 37,4 32,6
HCO3- 36,6 97,5
pH 7,6 7,6

Vous ajoutez une goutte d’acide sulfurique (H2SO4) dans chacune de ces eaux.
a) Dans quelle eau observerez-vous la baisse de pH la plus importante?
b) Explique votre réponse en une seule phrase.
Toutes les concentrations sont exprimées en mg/L.

147
5.18
Vous ajoutez 10-3 moles de Mg(OH)2 solide dans de l’eau pure. Le volume final de la
solution est de un litre. Vous attendez que l’équilibre soit atteint :
a) Quelle est la concentration molaire du Mg2+ ?
b) Quel est le pH de la solution ?

148
6 Réactions d’oxydo – réduction
Une réaction acide-base est caractérisée par un transfert de protons (H+) d’une entité
chimique à une autre. Une autre classe importante de réactions est celle impliquant un
transfert d’électrons. Ce sont des réactions d’oxydo-réduction ou en abrégé des réactions
rédox. Ces réactions sont souvent observées en génie de l’environnement. Contrairement
aux réactions acide-base, elles sont habituellement beaucoup plus lentes. Il faut donc tenir
compte de la cinétique de ces réactions et ne pas considérer à priori que l’équilibre est
atteint. Une cinétique lente peut causer des problèmes de mise en application en
nécessitant la construction d’un gros réacteur. Les réactions redox sont souvent utilisées
en génie de l’environnement. L’oxydation de certaines substances peut réduire leur
toxicité et même les rendre inoffensives. Un changement d’état d’oxydation peut rendre
certaines substances moins solubles dans l’eau favorisant ainsi la formation de précipité.
On peut citer quelques exemples d’application de l’oxydation : le traitement des gaz
d’échappement des voitures par oxydation catalytique, l’incinération des déchets
dangereux, l’oxydation biologique de la matière organique contenue dans les eaux
d’égouts.

6.1 État d’oxydation

L’état d’oxydation d’un élément est sa charge électrique lorsque cet élément est isolé. On
peut déterminer cette charge en appliquant les règles suivantes.
1. L’état d’oxydation d’un élément ou d’une molécule (sans charge électrique) est
zéro.
2. L’état d’oxydation d’un composé est égal à la somme des états d’oxydation de
chacun des atomes qui le compose.
3. L’état d’oxydation d’un composé est égal à la charge électrique nette de ce
composé. S’il est neutre la charge est zéro. Pour les ions, l’état d’oxydation est
égal à la charge électrique nette en tenant compte du signe.
4. L’état d’oxydation de l’oxygène, dans la plupart des substances, est de -2.
5. L’état d’oxydation de l’hydrogène, dans la plupart des substances, est de +1.

149
On indique souvent l’état d’oxydation en utilisant des chiffres romains entre parenthèses.
Par exemple Cr(III) désigne du chrome qui a un état d’oxydation de +3 et Cr(VI) du
chrome avec un état d’oxydation de +6. Cette façon de désigner les substances ne fait
pas la différence entre un ion libre ou un atome imbriqué dans une molécule. Par
exemple Cr(III) ne désigne pas nécessairement un ion Cr3+.

Exemple 6.1
a) Quel est l’état d’oxydation du soufre (S) dans de l’acide sulfurique (H2SO4) ?
b) Quel est l’état d’oxydation du carbone (C) dans du carbonate (CO32-) ?

Solution :
Partie a) : L’acide sulfurique est un composé neutre, son état d’oxydation total est donc
zéro. Cet état d’oxydation est égal à la somme des états d’oxydation de chacun des
éléments composant le H2SO4. De plus, on sait que les états d’oxydation de O et H sont
respectivement de -2 et +1. On peut donc écrire : 2(+1) + EO(S) +4(-2) = 0. En
solutionnant on trouve EO(S) = +6, c’est donc du S(VI).

Partie b) : Le carbonate (CO32-) affiche une charge électrique de -2. La somme des états
d’oxydation de chacun des atomes qui le compose doit donc être égal à -2. Nos pouvons
donc écrire : EO(C) +3(-2) = -2. En solutionnant on trouve EO(C) = +4.
Il est à noter que le carbone conserve cet état d’oxydation lors des réactions acide-base
(CO2, H2CO3*, HCO3-). Ce qui indique qu’il n’y a pas d’oxydation lors de ces réactions.
La façon de désigner les réactions redox peut porter à confusion. Le sens de changement
d’état d’oxydation est opposé au sens de circulation des électrons.
Une entité chimique qui est oxydée augmente son état d’oxydation en perdant un
électron. Une entité qui est réduite voit son état d’oxydation diminuer en gagnant un
électron.
Les électrons ne peuvent pas exister à l’état libre. Il faut donc que la somme algébrique
des changements d’état d’oxydation soit nulle. En d’autres mots, l’oxydation d’une
substance doit nécessairement être accompagnée par la réduction équivalente d’une autre
substance. Pour tout donneur d’électrons, il doit y avoir un accepteur d’électrons. On

150
peut écrire des demi-réactions où un électron libre apparaît. C’est une description
partielle de la réaction redox qui nous aide à balancer la réaction globale et à évaluer les
changements d’énergie chimique. Pour que les réactions redox soient possibles il faut que
quelques éléments puissent exister avec des états d’oxydation différents. En génie de
l’environnement, les principaux éléments qui ont cette caractéristique sont le soufre, le
carbone, l’azote, l’oxygène, l’hydrogène, le chlore et le fer. Ces éléments ainsi que leurs
différents niveaux d’oxydation possibles sont présentés au tableau 6-1.
Tableau 6-1: État d'oxydation de quelques composés chimiques
Élément État Formule Élément État Formule
d’oxydation chimique d’oxydation chimique
soufre -2 Oxygène -2
0 -1
+4 0
Hydrogène 0
+6 +1
Chlore -1
Carbone -4 0
0 +1
+2 +4
+4 +7
Azote -3
0
+2
+3
+4
+5

151
6.2 La corrosion
La corrosion est un processus de dégradation des métaux qui implique des réactions
redox. Elle affecte la plupart des infrastructures, par exemple les réseaux de collecte des
eaux usées, de distribution des eaux potables et la plomberie domestique. Une partie
importante des réseaux publics de distribution d’eau potable a été construite à l’aide de
conduites en fonte grise ou en fonte ductile sans revêtement intérieur en ciment. En ce qui
concerne la plomberie domestique, des conduites de cuivre reliées par des brasures au
plomb ont souvent été utilisées. Des conduites en plomb ont été souvent utilisées au
début du vingtième siècle. La corrosion de ces métaux cause des problèmes fonctionnels
ou sanitaires.

6.2.1 Problèmes fonctionnels

L’oxydation de la fonte provoque une solubilisation du fer ce qui fragilise la conduite. À
long terme, cela peut entrainer des bris de conduites avec comme conséquence des
interruptions de l’alimentation en eau potable de certains quartiers et aussi de la
protection incendie. Dans certaines régions une oxydation catalysée par des
microorganismes a été observée Il se forme alors des tubercules (excroissances de
produits de corrosion) sur la face interne des conduites. Ces excroissances réduisent la
capacité hydraulique des conduites en augmentant le coefficient de friction des parois des
conduites et en réduisant leurs sections utiles.

6.2.2 Problèmes sanitaires ou esthétiques

La solubilisation des métaux, résultant de la corrosion, peut dégrader la qualité de l’eau.
La corrosion de la fonte libère des ions ferreux Fe (II). Ces derniers sont la cause de
mauvaise odeur. En présence d’oxygène ou de chlore, ils sont oxydés en Fe (III) qui est
beaucoup moins stable. Les ions de fer ferriques ont tendance à précipiter sous forme de
Fe(OH)3. Ce précipité ressemble à des brins de tabac. C’est ce précipité qui tache les
cuvettes ou le linge lors de la lessive.
Les problèmes sanitaires sont surtout causés par l’oxydation des métaux de la plomberie
domestique. Cette dernière est construite, en grande partie, à l’aide de conduites de cuivre
reliées par des brasures au plomb. De plus, de nombreux métaux sont utilisés dans la

152
fabrication de la robinetterie. La solubilisation de ces métaux, causée par la corrosion,
constitue un réel problème sanitaire. Dans certains endroits, la concentration de plomb
dans l’eau du robinet dépasse la concentration maximale acceptable (CMA) qui est de 10
µg/L.
Des moyens existent pour contrôler ou limiter la corrosion dans les réseaux de
distribution d’eau potable. Ces moyens ne doivent pas faire baisser la qualité de l’eau
potable. Les principaux moyens sont l’utilisation d’inhibiteurs de corrosion (produits à
base de silicates ou de phosphates) ou bien l’ajustement des caractéristiques des eaux
(pH, alcalinité). C’est cette dernière solution qui est la plus utilisée. Cette solution est
basée sur le faible produit de solubilité du carbonate de calcium. Lorsque les eaux
distribuées ont une forte dureté calcique carbonatée, il est possible de favoriser la
formation d’un film protecteur de CaCO3 à l’intérieur des conduites. En effet, en
augmentant le pH on favorise la décomposition du HCO3- en CO32-. En présence de Ca2+,
ces carbonates forment du CaCO3 solide qui tapisse l’intérieur des conduites.
Quoique les réactions rédox soient à la base de nombreuses applications en génie de
l’environnement, nous consacrerons nos énergies à la compréhension de l’oxydation
microbienne qui est à la base de la plupart des procédés d’épuration biologique des eaux
usées.

6.3 Réactions microbiennes

Les microorganismes agissent comme catalyseur dans de nombreuses réactions
d’oxydation. Ils produisent des enzymes qui accélèrent des réactions qui auraient lieu de
toute façon mais beaucoup plus lentement. Les microorganismes bénéficient aussi de ces
réactions en extrayant de l’énergie ou des substances qui leurs sont utiles. On dit alors
que les substances sont biodégradées ou bio transformées.
Les réactions biologiques sont utiles dans plusieurs domaines d’activité tels que
l’industrie alimentaire. Ces réactions sont à la base de la production du vin, de la bière,
des fromages, des yaourts, du pain, etc. En génie de l’environnement, on les utilise
surtout pour épurer les eaux usées, traiter les boues de station d’épuration ou
décontaminer les sols.

153
Dans la nature, plusieurs réactions essentielles au maintient des équilibres écologiques
sont catalysées par des microorganismes. Dans cette section nous représentons un hydrate
de carbone quelconque par {CH2O}. Les hydrates de carbones sont des molécules riches
en énergie. Elles sont à la base de plusieurs chaînes alimentaires.

6.3.1 Photosynthèse et production de biomasse

Les algues et quelques bactéries peuvent accélérer les réactions de photosynthèse qui
produisent des hydrates de carbone aussi appelée biomasse. En présence de lumière, la
réaction suivante est observée :
CO2 + H2O  {CH2O} + O2
Dans cette réaction il y a consommation d’acide carbonique (Augmentation du pH) et
libération d’oxygène.
À la noirceur, une respiration aérobie est observée :
{CH2O} + O2  CO2 + H2O
Ces réactions sont importantes pour comprendre le comportement des lacs ou des lagunes
riches en algues.

6.3.2 Fixation de l’azote

Dans l’atmosphère, l’azote est libre (N2) sous la forme de gaz. Dans les systèmes
biologiques, l’azote est surtout sous la forme d’amines –NH2 qui sont en relations étroites
avec l’ammoniac (NH3). On appelle azote fixé, l’ensemble des molécules qui contiennent
un atome d’azote (NH3, NO2-, NO3-, NH4+, etc.). Seul l’azote fixé peut être utilisé par les
plantes. Certains groupes de bactéries peuvent fixer l’azote atmosphérique (N2). Par la
suite l’azote fixé peut être utilisé comme fertilisant en agriculture. Les bactéries qui fixent
l’azote vivent en symbiose dans les réseaux de racines des plantes. On y observe la
réaction suivante :
3{CH2O} + 2N2 +3H2O + 4H+  3CO2 + 4NH4+
La concentration d’azote fixé peut être exprimée en équivalent N.
Exemple 6.2:
Une eau contient 20 mg/L d’ammoniaque (NH4+) et 15 mg/L de nitrates (NO3-). Calculez
la concentration d'azote totale fixé en équivalent N.

154
Solution :
Pour transformer une concentration en équivalent N, il suffit de diviser la concentration
par la masse molaire de la molécule et de multiplier le résultat par la masse atomique de
l’azote (14).
Pour NH4+ :
14
C  20   15, 6mg N / L
18
Pour NO3- :
14
C  15   3, 4mg N / L
62
L’azote total est donc :
CT  15, 6  3, 4  19,9mg N / L

Exemple 6.3:
Calculez l’état d’oxydation des formes suivantes de l’azote : NH3, NH4+, NO3-, NO2- .
Solution :
Pour NH4+ :
EO(N) + 4(+1) = +1  EO(N) = -3
Pour NH3 :
EO(N) + 3(+1) = 0  EO(N) = -3
Pour NO3- :
EO(N) + 3(-2) = -1  EO(N) = +5
Pour NO2- :
EO(N) +2(-2) = -1  EO(N) = +3

6.3.3 Nitrification
Lors de la nitrification, les ions ammoniaque (NH4+) sont oxydés en nitrate (NO3-). Les
nitrates sont absorbés par les plantes plus facilement que les ions NH4+. La réaction de
nitrification est :
NH 4  2O2  NO3  2 H   H 2O (86)

155
Il faut deux moles d’oxygène (64 g) pour oxyder une mole de NH4+ -N (14g). On peut
donc dire que chaque milligramme d’azote ammoniacal nécessite 4,6 grammes
d’oxygène.

6.3.4 Dénitrification
C’est la transformation des nitrates en azote gazeux. C’est ce qui permet de fermer le
cycle de l’azote. La dénitrification se produit en absence d’oxygène. Les
microorganismes utilisent alors les nitrates comme accepteurs d’électrons. La
dénitrification est utilisée dans les stations d’épuration des eaux usées afin d’abaisser les
concentrations d’azote dans l’eau, l’azote gazeux produit pouvant être évacué à
l’atmosphère sans danger.
Dans une station d’épuration, la dénitrification est d’abord précédée d’une nitrification
afin de transformer les ions ammoniac en nitrates. Cette étape est réalisée dans un
réacteur aérobie. L’effluent de ce réacteur est dirigé vers un réacteur anaérobie où a lieu
la réaction suivante :
CH 2O  4NO3  4H   5CO2  7H 2O  2N2 (87)

6.3.5 Réduction des sulfates

Il est possible de trouver de la matière organique dans un environnement où il n’y a ni
oxygène ni nitrates. Dans ces conditions, les sulfates sont utilisés comme accepteurs
d’électrons. On observe la réaction suivante :
2CH 2O  SO42  2H   2CO2  2H 2O  H 2 S (88)

Lors de cette réaction, on observe que l’état d’oxydation du soufre passe de +6 à -2 et que
celui du carbone de 0 à +4. Cette réaction ne peut se produire que dans un environnement
aqueux anaérobie. On l’observe donc dans les boues en décomposition au fond des mers,
des lacs et des lagunes d’épuration. L’hydrogène sulfuré qui résulte de cette réaction est
volatil et produit une odeur d’œuf pourri désagréable.

6.3.6 Formation du méthane

En absence d’oxygène, de nitrate et de sulfate la décomposition de la matière organique
peut quant même avoir lieu. On observe alors la réaction suivante :

156
 2CH 2O  CO2  CH 4 (89)

Le méthane (CH4) est ce que nous appelons un biogaz. Il a une valeur énergétique élevée.
Il peut s’accumuler dans les réseaux d’égouts et y développer des conditions explosives.

6.4 Cinétique microbienne

Afin d’utiliser les microorganismes dans les procédés d’épuration, l’ingénieur doit
connaître l’ensemble des réactions possibles ainsi que les cinétiques des principales
réactions. Les réactions dans un réacteur biologique sont plus complexes que dans un
réacteur chimique. En effet, en plus de la consommation de la matière organique, de
l’oxygène et de nombreuses autres substances, il y aura une reproduction des
microorganismes. L’augmentation de la population microbienne accélèrera la
consommation de matière organique. De plus, la diversité des microorganismes permettra
de dégrader une grande variété de polluants. De manière simplifiée il y a, dans un
réacteur biologique, de la matière organique inerte et de la matière organique vivante.
La matière organique inerte est désignée par la lettre S pour substrat. C’est de la
nourriture pour les microorganismes. La matière organique vivante est désignée par la
lettre X. Ce sont des microorganismes, c’est ce que nous appelons de la biomasse. Cette
biomasse est nourrie par le substrat (S). La limite entre S et X peut cependant être difficile
à déterminer. En effet lorsqu’il n’y a plus de substrat, les solides biologiques peuvent
utiliser leurs réserves internes (protoplasme) pour survivre à une période disette.
Une évolution typique des concentrations de substrat (S) et de solides biologiques (X) est
présentée à la figure 6-1. L’analyse de cette figure permet de faire les constatations
suivantes :

157
Figure 6-1: Concentration de la matière organique dans un réacteur en fonction du
temps.
1. Durant les deux premiers jours, la consommation de substrat est faible. Ce qui est
normal étant donné la faible concentration de solides biologiques aussi appelés
cellules.
2. Entre deux et six jours, on observe une baisse rapide de la concentration de
substrat accompagnée d’une augmentation importante de la masse de cellules.
3. Après le sixième jour, il ne reste pratiquement plus de substrat. Les cellules
doivent oxyder leur protoplasme pour survivre.
4. Après dix jours, les concentrations de cellules et de substrat sont faibles.

Afin de pouvoir mettre en œuvre la dégradation biologique de la matière organique, il est

nécessaire de mesurer la concentration totale de matières organiques. Cette concentration
totale comprend le substrat (S) et les cellules (X). Plusieurs méthodes sont disponibles
pour mesurer la matière organique. Dans ce chapitre, nous concentrons nos efforts sur
une méthode globale soit la Demande biologique en oxygène (DBO). On peut avoir une
idée de l’évolution de la DBO dans le temps en observant la figure précédente. En effet, il

158
suffit d’additionner les concentrations de Substrat (S) et de cellules (X) pour obtenir une
courbe qui ressemble à une cinétique de premier ordre.

Figure 6-2 Évolution de l'oxygène dissous dans un réacteur contenant de la matière

organique et des microorganismes.

6.4.1 Demande biochimique en oxygène (DBO)

Il n’est pas possible de mesurer toutes les substances présentes dans une eau d’égout. Par
contre, toutes ces substances ont une caractéristique commune, elles sont consommables
par des microorganismes aérobies. On peut représenter la méthode de DBO par l’équation
suivante :
MO  O2  Nut  Microorganismes  CO2  H 2O  Cel  Nut  Énergie (90)
Où :
MO : Matière organique
O2 : Oxygène dissous
Nut : Nutriments nécessaires à la croissance des microorganismes
Cel : Nouvelles cellules de microorganismes
On voit que les microorganismes consomment à la fois de la matière organique et de
l’oxygène. La méthode consiste à mesurer la consommation d’oxygène et à relier la
baisse d’oxygène dissous à la quantité de matière organique consommée. En absence de
matière organique, les microorganismes meurent et cessent toute consommation

159
d’oxygène. La consommation d’oxygène est lente, elle dure plusieurs jours. Les
hypothèses suivantes sont à la base de cette méthode de mesure :
1. Toutes les matières organiques sont biodégradables
2. Certaines matières organiques sont biodégradées très lentement. C’est le cas de la
cellulose, lignine et de quelques autres produits dérivés du bois.
3. La solubilité de l’oxygène dans l’eau est limitée. Selon la loi d’Henry, elle est
d’environ 9 mg/L à 20C.
4. La demande ultime en oxygène correspond à la quantité totale de matières
organiques contenues dans l’eau.
5. La cinétique d’oxydation biologique est lente. Elle doit être mesurée.

6.4.2 Méthode de mesure de la DBO

Lorsque la concentration totale de la matière organique est inférieure à 8 mg/L, il est
possible de mesurer directement la DBO en procédant comme suit :
1. Mesurer la concentration d’oxygène dissous dans l’échantillon (DOo).
2. Remplir un flacon de 300 ml avec l’échantillon, sans laisser de col d’air.
3. Fermer hermétiquement ce flacon.
4. Incuber cet échantillon à la noirceur, à 20C, pendant 5 jours.
5. Mesurer la concentration d’oxygène dissous après incubation (DO5).
6. Calculer la DBO5 = DOo – DO5 .

Cette méthode donne de bons résultats lorsqu’elle est utilisée avec soin et aussi lorsque
certaines conditions sont respectées :
1. Il doit y avoir, dans l’échantillon, des microorganismes adaptés à la matière
organique contenue dans l’échantillon.
2. Il ne doit pas y avoir de substance toxique pour ces microorganismes.
3. Il doit y avoir suffisamment d’oxygène dissous afin de supporter les
microorganismes durant toute la durée de l’essai.
4. La respiration microbienne libère du CO2 qui peut faire baisser le pH. Pour
certaines eaux, il peut être nécessaire d’ajouter un tampon.
5. Il peut manquer des nutriments essentiels à la croissance des microorganismes.

160
Lorsque la concentration totale de la matière organique est supérieure à 8 mg/L, il n’est
pas possible de faire la mesure directement. En effet, la concentration d’oxygène dissous,
dans l’eau à 20C, est limitée à environ 9 mg/L. Il est alors nécessaire de diluer
l’échantillon afin de réduire la concentration de matières organiques et de là, la
consommation d’oxygène dissous. De plus, lors de l’essai standardisé, nous ajoutons des
microorganismes et des nutriments afin de s’assurer qu’il y en a suffisamment. Après
incubation, nous vérifions 1) s’il y a eu une consommation minimale d’oxygène : cela
indique que la réaction s’est produite ; 2) s’il reste de l’oxygène dissous, cela indique que
cette substance n’a pas été limitative.
Il est important de noter que la concentration de matières organiques correspond à la
baisse d’oxygène dissous durant une certaine période. Il n’y a pas de relation entre les
concentrations d’oxygène dissous et de matière organique.
La température de l’essai, 20C, et la durée de l’incubation, 5 jours, ont été choisies de
façon arbitraire. Cela permet de comparer les résultats entre eux. Il est à noter que, durant
les 5 premiers jours d’incubation, les bactéries responsables de la nitrification n’ont pas le
temps de se mettre en œuvre. Nous mesurons donc la consommation d’oxygène causée
par la pollution carbonée seulement.
La méthode décrite précédemment doit être modifiée lorsque nous analysons un
échantillon contenant plus de 9 mg/L de matières organiques. On procède alors comme
suit :
1. Placer des parties aliquotes dans des flacons de 300 ml.
2. Remplir ces flacons avec de l’eau de dilution (ED) contenant des
microorganismes et des nutriments.
3. Remplir un flacon avec de l’eau de dilution seulement (témoin)
4. Mesurer la concentration d’oxygène dissous dans chacun des flacons (Do et Bo).
5. Fermer hermétiquement tous les flacons, sans laisser de col d’air.
6. Placer tous les flacons dans un incubateur à 20C pendant 5 jours.
7. Après 5 jours d’incubation, mesurer la concentration d’oxygène dissous dans
chacun des flacons (D5 et B5).
8. Calculer la DBO5 à l’aide de l’équation suivante :

161
 DBO5 
 Do  D5    Bo  B5  f (91)
P

Où :
Do = Concentration initiale d’oxygène dissous dans l’échantillon.
D5 = Concentration d’oxygène dissous dans l’échantillon après 5 jours d’incubation.
Bo = Concentration initiale d’oxygène dissous dans le témoin.
B5 = Concentration d’oxygène dissous dans le témoin après 5 jours d’incubation.
f = % eau de dilution dans l’échantillon / % eau de dilution dans le témoin
P = Volume d’échantillon / Volume total

Afin que les résultats soient valables il faut respecter les règles suivantes :
1. Il doit y avoir une consommation d’oxygène d’au moins 2 mg/L durant
l’incubation des échantillons.
2. Il doit rester au moins 1,5 mg / L d’oxygène dissous après l’incubation des
échantillons.
3. Il ne doit pas y avoir de consommation d’oxygène dissous importante dans le
témoin (moins de 1 mg/L).

Exemple 6.4:
Vous devez mesurer la DBO5 d’un échantillon d’eau d’égout municipal. Cet échantillon a
été prélevé à l’entrée de la station d’épuration des eaux usées. Le responsable de la
station vous donne les informations suivantes :
En temps sec, on observe un débit moyen de 7850 m3/d et une DBO5 moyenne de
150 mg/L.
Lors de la prise d’échantillon, il y avait une faible pluie et le débit à l’entrée de la station
était de 26170 m3/d

a) Quel facteur de dilution devez-vous utiliser pour mesurer la DBO5 ?

b) Quelle plage de concentration de DBO5 pouvez-vous mesurer avec le facteur de
dilution trouvé précédemment ?

162
Solution :
Partie a)
Afin de trouver le facteur de dilution il faut faire un estimé préliminaire de la BDO5 la
plus probable. On peut supposer que l’augmentation de débit est causée par de
l’infiltration d’eau de pluie. Cette eau de pluie ne contient pas de matière organique, sa
DBO5 est donc de zéro. Un simple bilan de masse permet de trouver la BDO5 la plus
probable.
CrQr  C1Q1  C2Q2
Cr  26170  150  7850  0  Q2
150  7850
Cr   45  DBO5
26170
On suppose que l’eau du témoin est de bonne qualité donc (Bo – B5) = 0. L’équation
permettant de calculer la DBO devient donc :

DBO5 
 Do  D5 
P
Avec cette équation on peut trouver P. Pour ce faire, nous posons les hypothèses
suivantes :
1. On suppose que la concentration initiale d’oxygène dissous est la concentration de
saturation telle que calculée à l’aide de la loi de Henry, soit 9 mg/L.
2. On suppose que la concentration résiduelle d’oxygène dissous, après incubation,
est au milieu de la plage des concentrations d’oxygène dissous valides (7 et 1,5
mg/L), soit 4,5 mg/L.
On calcule alors P de la façon suivante :

P
9,0  4,5  0,1
45
Partie b) : Plage de concentrations de DBO5 mesurables ?
La plage de concentrations mesurables de DBO5 est déterminée en utilisant les

concentrations d’oxygène dissous minimale et maximale pour un essais de DBO effectué
à 20°C. Rappelons que la concentration initiale est autour de 9 mg/L. La concentration
finale doit donc se situer entre 7 mg/L (consommation de 2 mg/L) et 1,5 mg/L
(consommation de 7,5 mg/L). Nous avons donc :
DBO5 maximale mesurable :

163
 DBO5 
 9 -1,5  75 mg / L
0,1

DBO5 minimale mesurable :

DBO5 
 9 - 7   20 mg / L
0,1

En mettant 30 ml d’échantillon dans un flacon de 300 ml il est possible de mesurer une

concentration de DBO5 se situant entre 20 et 75 mg/L.
Il est souvent utile de connaître l’allure de la courbe de DBO en fonction du temps. Il est
possible d’obtenir l’allure de la courbe de deux façons : 1) en mesurant la consommation
d’oxygène après plusieurs temps d’incubation ; 2) En modélisant la courbe de DBO en
fonction du temps.
Exemple 6.5:
Un échantillon d’eaux usées a été préparé et incubé pendant 7 jours. Le facteur de
dilution a été trouvé à l’exemple 6.4, soit 10 %. Nous avons donc placé 30 ml
d’échantillon dans un flacon de 300 ml que nous avons ensuite rempli avec de l’eau de
dilution. Des mesures d’oxygène dissous ont été faites chaque jour. Les résultats sont
présentés au tableau suivant. À l’aide de ces résultats, calculez la DBO en fonction du
temps.

164
 Temps O2 dans O2 dans le
(d) l’échantillon (mg/L) témoin (mg/)
0 8,55 8,75
1 4,35 8,70
2 4,05 8,66
3 3,35 8,61
4 2,75 8,57
5 2,4 8,53
6 2,10 8,49
7 1,85 8,46
Solution :
On doit d’abord vérifier la validité des résultats :
Qualité de l’eau de dilution : La baisse d’oxygène dissous a été de 0,29 mg/L
(8,75 - 8,46) en 7 jours. C’est une baisse inférieure à 1 mg/L, on peut donc dire que l’eau
de dilution est de bonne qualité.
Consommation d’oxygène dissous : La consommation d’oxygène dissous est toujours
supérieure à 2,0 mg/L quelle que soit la durée de l’incubation.
Concentration résiduelle d’oxygène dissous : Après 7 jours d’incubation, la concentration
d’oxygène résiduel est toujours supérieure à 1,5 mg/L. On peut donc dire que la
consommation de matière organique n’a pas été limitée par un manque d’oxygène.
Calcul de P : P = 30/300 = 0,1
Calcul de f : % ED dans l’échantillon / % ED dans le témoin
270
% ED dans l’échantillon = 100  90
300
300
% ED dans le témoin = 100  100
300
 90
Donc la valeur de f est : f   0,9
100

Calcul des DBOt :


165
 DBO1 
8,55  4,35  8,75  8,70,9  41,6
0,1

DBO2 
8,55  4,05  8,75  8,660,9  44,2
0,1
De la même manière on obtient les DBO pour chaque période d’incubation. Les résultats
sont présentés au tableau suivant.


Période (d) Désignation DBOt (mg/L)

1 DBO1 41,5
2 DBO2 44,2
3 DBO3 50,8
4 DBO4 56,4
5 DBO5 59,5
6 DBO6 62,2
7 DBO7 64,4

166
De manière graphique ces résultats donnent :

70

60

50
DBOt en mg/L

40

30

20

10

0
0 1 2 3 4 5 6 7 8

Temps d'incubation en jours

Figure 6-3: Évolution de la DBO en fonction du temps (Exemple 6.5).

6.4.3 Modélisation de la courbe de DBO.

La matière organique restante en fonction du temps est décrite par une courbe qui a
l’allure de la courbe représentée à la figure 6-2. Cette courbe ressemble aux résultats
d’une réaction d’ordre un, posons donc que la consommation de matière organique suit
une cinétique d’ordre un. On peut donc poser :
d  DBOr 
 kDBOr (92)
dt
Où :
DBOr : DBO restante au temps t ou DBO(t)
k : Constante cinétique
t : Temps
En intégrant cette équation nous obtenons :
d  DBOr 
 kdt (93)
DBOr

d  DBOr 
DBOt t

DBOu
 DBOr
 k  dt  DBOr  DBOu e- kt
0
(94)

167
Cette dernière équation donne la DBO restante en fonction du temps, c’est à dire, la
concentration de matière organique qui reste dans l’eau après un temps t. Nous utilisons
la notation : DBO(t). Il est plus intéressant de connaître la quantité de matières
organiques qui a été consommée durant cette période de temps. On obtient cette quantité
de la manière suivante :
DBOt  DBOu  DBOr (95)

DBOt  DBOu 1  e kt  (96)

Commentaires :
DBOu : C’est la DBO ultime ou, en d’autres mots, la concentration totale des matières
organiques contenues dans l’eau. Cette valeur est indépendante des conditions
expérimentales, elle n’est pas fonction de la température d’incubation.
DBOt : C’est la DBO exercée durant une période de temps t. En d’autres mots, c’est la
quantité de matières organiques consommées durant une période de temps t.
DBO(t) : C’est la DBO qui reste dans l’eau après une période d’incubation t. On peut
montrer que :
DBOu  DBOt  DBO  t  (97)

Une représentation graphique de cette équation est présentée à la figure 6-4.

168
Figure 6-4: Modélisation des DBO exercée et restante.
La constante k dans l’équation (98) est la constante cinétique d’une réaction d’ordre un.
Cette constante dépend du type de matières organiques (substrat), de la population
microbienne en présence du substrat et de la température. Cette constante est
habituellement mesurée à une température de 20C (k20). Pour des eaux usées
domestiques, elle a une valeur qui se situe autour de 0,20 d-1. Si on connaît la valeur de k
à une température, il est possible de calculer cette constante à une autre température en
utilisant la loi d’Arrhenius simplifiée :

kT 1  kT 2 T 1T 2 (98)

Pour des eaux domestiques, on peut utiliser les valeurs de  suivantes :

De T = 4C à 20C   = 1,135 et pour T  20C   = 1,056.
Ce sont des valeurs moyennes de k et  qui ne s’appliquent que pour des eaux usées
domestiques. Lorsque les eaux usées contiennent des rejets industriels ou bien qu’une
précision élevée est requise, il faut mesurer ces constantes à l’aide d’essais de laboratoire.
Il est à noter qu’une augmentation de la température fera augmenter la constante k. Plus
cette constante est élevée, plus la DBO s’exerce rapidement, plus la DBO ultime est
atteinte rapidement.
Afin de définir une équation de DBO, il faut déterminer deux valeurs : k et DBOu. La
DBOu est la DBO mesurée après un temps d’incubation très long, soit de l’ordre de 28

169
jours. La valeur de k peut être obtenue en utilisant les résultats expérimentaux pour tracer
la droite Ln  DBO  t    Ln  DBOu   kt . La pente de cette droite donne la valeur de k

alors que l’ordonnée à l’origine correspond à la DBOu.

Commentaire :
Pourquoi utiliser une période d’incubation de 5 jours ?
Cela n’est pas pratique car les échantillons amenés au laboratoire le lundi ou le mardi
termineront leur incubation le samedi ou le dimanche. Il faudra alors mesurer l’oxygène
dissous résiduel. Cela se traduira par du temps supplémentaire. Des incubations de 7
jours seraient beaucoup plus pratiques. Il y a deux raisons qui expliquent la durée de
5 jours d’incubation, une raison historique et une raison scientifique. La méthode de
mesure de la DBO a été mise au point en Angleterre au 19ième siècle. Dans ce pays, la
durée d’écoulement des rivières vers l’océan est en moyenne de 5 jours. De plus les
réactions de nitrification démarrent lentement. Elles ne se font pas sentir avant 6 à
8 jours. Une incubation de 5 jours permet donc de mesurer la concentration de matières
organiques carbonées.

Pourquoi utiliser une température d’incubation de 20C ?

L’été, la température moyenne des eaux des rivières en Angleterre est de 18,3C. La
mesure de la DBO à 20C permet donc de simuler la consommation de matières
organiques et la baisse d’oxygène dans les rivières durant l’été. Enfin c’est un choix
pratique car la température moyenne à l‘intérieur des laboratoires est toujours autour de
20C.
Exemple 6.6:
L’effluent d’un réseau d’égouts est déversé dans une rivière qui s’écoule comme un
piston parfait. À l’aide des informations suivantes, calculez la quantité de matière
organique qui sera consommée en 5 jours dans la rivière. Vous pouvez supposer qu’au
point de déversement il y a un mélange parfait entre l’eau de la rivière et les eaux
d’égouts. Vous avez les informations suivantes :
Caractéristiques des eaux d’égouts :
Débit : 0,5 m3/s
DBO5 : 90 mg/L (Mesurée au laboratoire à 20C)
170
 k20 : 0,22 d-1
 : 1,056

Caractéristiques des eaux de rivière :

Débit : 6 m3/s
DBO5 : 0 mg/L
T : 25C
Solution :
Suite au déversement de l’effluent du réseau d’égouts dans la rivière, il y a un mélange
des eaux qui résulte en une concentration de matières organiques dans la rivière. Cette
matière organique sera oxydée pendant 5 jours dans la rivière. Le problème revient donc
à calculer la DBO qui sera exercée en 5 jours, à 25C.
Afin de pouvoir mélanger des eaux de températures différentes, il faut tout transformer en
DBO ultime. Rappelons que :
DBO5  DBOu 1 e5k 
90  DBOu 1 e50,22   DBOu  134,9mg /L

Calcul de k25 : k25 = k20(25-20) = 0,29 d-1

Calcul de la DBOu du mélange au point de déversement :

Cr Qr  C1Q1  C2Q2

Qr  Q1  Q2

C1Q1  C2Q2 0,5 134,9  6  0 mg

Cr    10, 4
Q1  Q2 6  0,5 L

Il faut maintenant calculer la DBO qui va s’exercer en 5 jours à 25C :

DBO5  10, 4 1  e0,295   7,9

mg
L

Commentaires :
Comme nous le verrons plus loin, un écoulement piston parfait se comporte exactement
comme une cuvée. C’est ce qui se passe dans un flacon de mesure de la DBO. La

171
concentration d’oxygène dissous dans une rivière dépend de la température. On peut
calculer la concentration de saturation à l’aide de la loi d’Henry. À 25C, la constante
d’Henry est de 1,24x10-3 mol L-1 atm-1. Ce qui permet de calculer la concentration
d’oxygène dissous à saturation : CO2  0, 00124  0, 209  32000  8,3 mg L . Si on

suppose qu’il n’y a aucune source de O2 dans l’eau, la concentration de O2 dans l’eau,
après 5 jours, sera de 8,3 – 7,9 = 0,4 mg/L. En réalité, il y a une diffusion de l’oxygène à
partir de l’atmosphère et une production de O2 par les algues. Ces deux phénomènes
compensent souvent la consommation d’oxygène par la matière organique.

6.4.4 Demande en oxygène causée par l’azote

L’azote dans les eaux d’égouts est sous forme d’ammoniaque (NH4+). Il est oxydé en
deux étapes, d’abord en nitrite (NO2-) avec l’aide des bactéries nitrosomonas et ensuite en
nitrate (NO3-) par l’intermédiaire des bactéries nitrobacter. On observe les réactions
suivantes :
NH 4  32 O2  NO2  H 2O  2H  (99)

NO2  12 O2  NO3 (100)

L’addition des deux équations précédentes donne :
NH 4  2O2  NO3  2 H   H 2O (101)
On voit que 2 moles d’oxygène sont requises pour oxyder une mole d’ammoniac.
Exemple 6.7:
Les eaux d’égouts contiennent entre 15 et 50 mg N/L d’azote ammoniacal. Calculez la
demande en oxygène que peuvent exercer ces eaux.
Solution :
Nous allons d’abord calculer la masse requise d’oxygène pour oxyder un mg d’azote
ammoniacal.
On sait qu’il faut mettre en contact une mole de NH4+ en présence de 2 moles de O2. La
masse d’une mole en équivalent N est :
18 18
mgN   MWN  14  14 g
MWNH 4 18

172
La masse de 2 moles d’O2 est de 2x32 = 64 g  R = 64/14 = 4,6. Il faut donc 4,6
grammes d’oxygène pour oxyder un gramme d’azote ammoniacal. La demande en
oxygène, causée par l’azote ammoniacal dans les eaux d’égouts, peut donc se situer entre
69 et 230 mg/L. Cette demande démarre très lentement. Elle se fait sentir après plus de 6
jours d’incubation. Une incubation de 5 jours permet donc, dans la plupart des cas, de
mesurer la demande exercée par les matières carbonées. De plus, notons qu’il est possible
d’inhiber la nitrification en ajoutant des produits toxiques pour les microorganismes
responsables de ces réactions.

6.5 Problèmes
6.1
Les effluents d’usine d’épuration des eaux usées peuvent être désinfectés avec du chlore
sous forme d’acide hypochloreux (HOCl). Avant le rejet de ces eaux à l’environnement,
il est nécessaire de neutraliser le chlore. On utilise alors du bisulfite (HSO3-) qui réagit
avec le chlore selon la réaction suivante :
HOCl  aHSO3  bCl   cSO42  dX

Les lettres minuscules sont les coefficients stœchiométriques et X est une substance
inconnue.
a) Déterminez l’état d’oxydation des éléments suivants : Cl dans HOCl, Cl-,
S dans HSO3-
b) Déterminez les coefficients stœchiométriques de cette équation
c) Quelle est la substance X et son coefficient d ?

6.2
La combustion d’un mercaptan (C2H5SH) est décrite par l’équation suivante :
C2H5SH + a (O2 + 3,78 N2)  b CO2 + c H2O +d SO2 + e N2
a) Déterminez la valeur des coefficients stœchiométriques
b) Quel est le volume d’air à 298 K et 1 atm nécessaire pour la combustion
d’une mole de mercaptan
c) Vous incinérez 100 mg de mercaptan liquide dans un récipient fermé de
un litre qui contenait initialement de l’air à 25ºC et à une pression d’une

173
 atmosphère. Vous pouvez supposer que le volume occupé par le
mercaptan liquide est négligeable. Après la combustion vous laissez la
température revenir à 25ºC. Quelle sera la pression finale dans ce
récipient ?

6.3
L’équation suivante décrit l’incinération du dichloropropane liquide
C3 H 6Cl2 (l )  aO2 ( g )  bCO2 ( g )  cH 2O (l )  dHCl

a) Déterminez les coefficients stœchiométriques de cette équation

b) Quel est le volume d’air requis (T=298 K et P = 1 atm) pour assurer la
combustion de 1 kg de dichloropropane ?

6.4
Calculez la demande théorique en oxygène des deux eaux usées suivantes :
a) Un rejet d’une usine de mise en conserve de fruits qui contient 150 mg/L
de fructose (C6H12O6). La réaction d’oxydation complète est :
C6 H12O6  6O2  6CO2  6 H 2O

b) Un rejet d’eau usée qui contient 50 mg/L d’acide acétique (CH3COOH).

La réaction d’oxydation complète est :
CH 3COOH  2O2  2CO2  2 H 2O

6.5
Lors de la mesure de la DBO, vous faites une mesure d’oxygène dissous avant incubation
(C = 9 mg/L), une autre mesure après 5 jours d’incubation (C = 6 mg/L) et enfin une
dernière mesure après un temps très long d’incubation (C = 3 mg/L). À l’aide de ces
résultats, calculez la DBO10.

174
6.6
Des mesures de DBO d’une même eau usée ont été faites à deux températures différentes
soit 15ºC et 25ºC. Les résultats sont présentés dans le tableau suivant.

Temps (d) Oxygène dissous Oxygène dissous

a) Quelle
(15ºC) (25ºC)
est la
0 10,0 mg/L 9,0 mg/L
constante
5 6,0 mg/L 3,7 mg/L
de
100 3,0 mg/L 2,0 mg/L
température () de cette eau ?
b) Quelle est la constante cinétique à 10ºC de cette eau (k10) ?

6.7
Vous placez un échantillon d’eau usée dans un réacteur cuvée. Ce réacteur est incubé à
une température de 20ºC pendant une très longue période. Vous mesurez la concentration
d’oxygène dissous après différents temps d’incubation. Les résultats sont présentés dans
le tableau suivant:

Temps Oxygène dissous (mg/L)

(d)
0 10
1 8,7
2 7,6
3 6,8
4 6,2
5 5,7
6 5,3
7 5,0
8 4,8
9 4,6

175
 10 4,5
15 4,1
 4,0

À l’aide de ces résultats calculez :

a) La DBO ultime
b) La DBO5
c) La constante cinétique de réaction (k).

6.8
Calculez la DBO ultime d’une eau d’égout qui a une DBO5 de 200 mg/L mesurée à 20ºC.
Vous pouvez supposer que la constante cinétique k20 est de 0,37 d-1 et la constante de
température θ de 1,040.
6.9
Une eau usée a une DBO3 de 200 mg/L mesurée à 20ºC. Quelle serait la DBO5 mesurée à
25ºC. Vous pouvez supposer que la constante cinétique k20 est de 0,3 d-1 et la constante
de température θ de 1,040.

6.10
Quelle serait la DBO5 mesurée à 20ºC d’une eau qui a une DBO ultime de 188 mg/L. La
constante cinétique à 15ºC (k15) est de 0,13 d-1 et la constante de température  = 1,135.

6.11
On vous apporte 20 litres d’eaux d’égout et on vous demande de mesurer la DBO5, la
constante cinétique (k20) et la constante de température (θ) de cet échantillon. Pour
réaliser cette tâche, vous prélevez 5 litres d’eau d’égout et vous entreposez les 15 litres
qui restent dans une chambre où la température est maintenue à 10ºC.
Les essais de laboratoire donnent les résultats suivants : DBO5 = 285 mg/L ; k20 = 0,32 d-1
et θ =1,035.
Une semaine plus tard on vous demande de mesurer la BDO5 dans la partie de
l’échantillon entreposé. Faites un estimé de la valeur que vous devriez obtenir.

176
6.12
Une usine agroalimentaire produit un effluent de 1000 m3/d ayant une DBO5 de 1200
mg/L. Cet effluent est déversé directement dans un ruisseau propre ayant un débit de
8000 m3/d. Des normes sur la qualité du ruisseau seront bientôt mises en vigueur. La
DBO5 dans le ruisseau devra toujours être égale ou inférieure à 20 mg/L. Le point de
contrôle de la DBO5 sera installé à un point situé à 4 jours en aval du point de
déversement de l’usine. Les températures moyennes de l’eau du ruisseau sont de 25C en
été et de 4C en hiver. Afin de respecter la norme sur la qualité de l’eau du ruisseau,
l’usine agro-alimentaire projette de construire une station d’épuration afin de traiter ses
effluents avant leur rejet dans le ruisseau.
1. Calculez le rendement d’enlèvement que devrait avoir cette station d’épuration en
hiver.
2. Calculez le rendement d’enlèvement que devrait avoir cette station d’épuration en
été.
3. Calculez le rendement d’enlèvement que devrait avoir cette station d’épuration en
hiver mais en supposant que le point de contrôle de la DBO5 sera installé à un
point situé à 1 jour en aval du point de déversement de l’usine.
4. Calculez le rendement d’enlèvement que devrait avoir cette station d’épuration en
été mais en supposant que le point de contrôle de la DBO5 sera installé à un point
situé à 1 jour en aval du point de déversement de l’usine.
Toutes les DBO sont mesurées en utilisant la méthode standard. La constante cinétique de
la DBO produite par l’usine agro-alimentaire est de 0,18d-1 à une température de 20C
alors que la constante de température (θ) est de 1,12.

6.13
L’effluent d’un émissaire d’égout a une DBO5 qui se situe certainement entre 30 et 185
mg/L. Les valeurs les plus probables sont cependant entre 50 et 100 mg/L. Calculez deux
facteurs de dilution qui respectent les deux conditions suivantes :
 mesurer toutes les DBO5 entre 30 et 185 mg/L ;
 chacune de ces dilutions doit permettre de mesurer toutes les DBO5 entre 50 et
100 mg/L.

177
6.14
Vous prélevez deux échantillons d’eaux usées de 20 litres (A et B) à la sortie d’une usine
agroalimentaire. La température des eaux usées est de 15C. Ces deux échantillons sont
amenés au laboratoire où on prélève immédiatement 5 litres de l’échantillon A pour
mesurer la DBO5. Ces analyses donnent les résultats suivants : DBO5 = 870 mg/L ; k20 =
0,25 d-1 et θ = 1,15. On entrepose le restant de l’échantillon A dans le laboratoire où on
maintient une température de 20C. L’échantillon B est immédiatement entreposé dans
une chambre froide où on maintient une température de 4C. Des conditions aérobies
sont maintenues durant l’entreposage des échantillons A et B.
1. Calculez la DBO(7) de l’échantillon A (20C)
2. Après dix jours d’entreposage vous mélangez les 15 litres de l’échantillon A avec
les 20 litres de l’échantillon B. Quelle sera la DBO5 du mélange?
Toutes les mesures de DBO sont faites selon la méthode standard décrite dans votre
manuel de laboratoire.
6.15
Une rivière propre coule du nord au sud avec un débit constant de 5000 m3/h. La vitesse
d’écoulement de l’eau de rivière est de 0,5 km/d et la température de son eau est de 10C.
Vous déversez un débit de 265 m3/h d’eaux usées ayant une DBO5 (mesurée à 20C) de
165 mg/L. Ce déversement ne modifie pas la température ou la vitesse d’écoulement de
l’eau de la rivière.
Vous prélevez un échantillon d’eau de rivière à 2,5 km en aval du point de déversement
des eaux usées. Faites un estimé de la DBO5 que vous devriez mesurer lors d’un essai
standard de DBO.
Vous pouvez supposer que la constante cinétique à 20C (k20) est de 0,22 d-1 et que la
constante de température (θ) est de 1,05.
6.16
Vous mélangez deux eaux usées qui ont les caractéristiques suivantes :
Eaux no 1 : DBO5 (mesurée à 15C) de 125 mg/L.
Eaux no 2 :DBO7 (Mesurée à 20C) de 80 mg/L.

178
Vous pouvez supposer que la constante cinétique à 20C (k20) est de 0,25 d-1 et que la
constante de température (θ) est de 1,07.
Quelle sera la DBOu d’un mélange de 55 litres de l’eau no 1 avec 32 litres de l’eau no 2?
6.17
Afin de caractériser un polluant, des mesures de DBOt ont été effectuées à 15C. Les
résultats de ces mesures ont donné les résultats suivants :
DBO3 15,8 mg/L
DBO5 21,4 mg/L
DBO7 24,8 mg/L
DBO20 29,8 mg/L
DBO30 30,0 mg/L
DBO40 30,0 mg/L
À l’aide de ces résultats, calculez la constante cinétique de ce polluant 15C. Bien
indiquer les unités de mesure.
6.18
Vous placez 5 litres d’eaux usées dans un récipient de 20 litres que vous remplissez
ensuite avec de l’eau propre. Ce récipient opaque contient une sonde qui permet de
mesurer en continue la concentration d’oxygène dissous. Vous fermez hermétiquement ce
récipient plein à raz-bord et le placez dans une chambre où la température est maintenue
à 20C. Les résultats des mesures de la concentration d’oxygène dissous sont présentés
au tableau suivant :
Temps (d) Oxygène dissous (mg/L)
0 8,5
2 6,1
6 3,8
10 3,0
25 2,5
40 2,5
À l’aide de ces résultats calculez :
a) La DBO ultime de l’eau usée.
b) La DBO5

179
c) La DBO(7)

180
7 Transport
Le transport des matières est observé dans tous les domaines du génie de
l’environnement. Il se produit dans tous les milieux : eau, air sol. Il est important de
connaître les principes qui régissent le transport afin de prédire la dispersion des
polluants mais aussi de mettre à profit ces connaissances afin de contrôler la pollution ou
de mettre sur pied des procédés permettant de la contenir ou même de la traiter. Le
transport couvre plusieurs échelles de grandeur tant pour la taille des particules dispersées
que pour les distances parcourues. Les tailles varient de quelques angströms (molécules)
à quelques mètres. Les distances parcourues peuvent varier de quelques millimètres à
plusieurs kilomètres.
Les exemples de transport en science ou en génie de l’environnement sont nombreux.
Qu’il suffise de citer les déversements d’eaux usées dans les rivières, les lacs ou les
océans ; l’évacuation des fumées dans l’atmosphère, le charriage des sédiments dans les
rivières, l’infiltration des contaminants dans les sols. La compréhension des principes à la
base du transport permet de prédire les déplacements de polluants et aussi d’imaginer des
moyens pour les contenir ou les traiter. Dans ce chapitre nous nous concentrerons sur les
molécules ou les petites particules.

7.1 Concepts à la base du transport

Le transport des molécules ou des particules peut être caractérisé par son flux de densité.
C’est un vecteur qui pointe dans la direction principale de propagation des particules.
Afin de le définir, plaçons une petite surface de forme carrée dans un panache de fumée
émise par une cheminée (Figure 7-1). Orientons cette surface pour qu’il y ait une quantité
maximale de particules qui passent au travers. La perpendiculaire à cette surface définit
la direction du vecteur. La grandeur du vecteur est définie comme étant la masse des
particules qui passent à travers la surface de contrôle par unité de temps. On peut alors
écrire :

dm 1
J 
dt A

181
Figure7-1: Flux de particules dans un panache de fumée.

Les unités de mesure sont : masse·temps-1·longueur-2 (mg s-1 m-2). Les flux peuvent être
causés par plusieurs mécanismes. Ces derniers sont listés dans le tableau 7-1. On y
indique aussi si le mécanisme s’applique aux molécules (m) aux particules (p) ou aux
deux (m, p).
Tableau 7-1: Mécanismes causant le transport des molécules ou des particules dans
l'eau ou dans l'air.
Mécanisme m ou p Description Formule
Advection m, p Mouvement avec le J a  CU
fluide
Sédimentation par p Transport contrôlé par la J g  CVt
gravité gravité
Diffusion moléculaire m, p Transport causé par les dC
J d  D
(mouvement Brownien) mouvements thermiques dx

aléatoires
Dispersion turbulente m, p Transport causé par les dC
J t   t
mouvements aléatoires dx

du fluide
Dispersion par friction m, p Transport causé par les dC
J s   s
différences de vitesses dx

dans le fluide à cause de

la friction
Dispersion m, p Transport résultant des dC
J h   h
hydrodynamique différences de vitesses dx

182
 de déplacement dans les
milieux poreux
Dérive électrostatique m, p Transport dans les J e  Cve
champs électriques à
cause de la charge des
molécules ou des
particules
Dérive inertielle p Transport observé lors J f  Cv f
de l’accélération du
fluide

Dans ce chapitre nous nous concentrons sur l’advection, la diffusion moléculaire, les
dispersions turbulente et hydrodynamique ainsi que la sédimentation.

7.1.1 Advection
L’advection est le transport de matériel causé par l’écoulement du fluide. Les particules
sont entraînées. On peut mesurer le flux à l’aide d’un tube de section constante dans
lequel on fait circuler, à vitesse constante, un fluide contenant des impuretés en
concentration C. Il n’y a pas de friction entre le tube et le fluide. Ce système est
représenté à la figure 7-2 :

Figure 7-2: Transport par advection d'un polluant dans une conduite sans friction.

183
Le flux est la densité des impuretés dm/dt divisée par la surface de contrôle qui est la
section d’écoulement du tube (A). Trouvons d’abord une expression pour la densité
d’impuretés. C’est la masse d’impureté (m ) qui passe durant un temps (t). On voit sur
la figure 7-2 que durant un intervalle de temps t, le fluide avance d’une distance de L.
Le volume qui traverse la surface de contrôle est donc de AL. On peut donc calculer la
masse qui a passé cette surface de contrôle c’est : m  CV  CAL . Le temps requis pour
L
parcourir une distance de L est de: t  , où U est la vitesse du fluide. En combinant
U
ces expressions on obtient :
CAL 1
Ja    CU (102)
L A
U
De manière générale on peut écrire :
J a  x, y , z   C  U  x , y , z  (103)

7.1.2 Diffusion moléculaire

Même si le fluide est au repos, des mouvements aléatoires sont observés. Ces
mouvements sont plus importants dans les gaz que dans les liquides. Dans l’air, aux
conditions normales de température et de pression, les molécules se déplacent avec des
vitesses de l’ordre de 400 m/s. Elles s’entrechoquent environ 10 milliard de fois par
seconde. À chaque collision il y a un transfert de quantité de mouvement ce qui cause des
changements de vitesse et de direction. Dans l’eau, les mouvements sont moins
importants à cause de la densité du fluide qui est environ 1000 fois plus élevé que la
densité de l’air.
Il n’est pas possible de décrire les mouvements de chacune des molécules, une
description à l’échelle microscopique est donc impossible. Par contre, à l’échelle
macroscopique, il est possible de faire de bonnes prédictions. À cette échelle, on voit que
la diffusion moléculaire cause un mouvement net des molécules des régions à forte
densité vers les régions à faible densité. Le taux de déplacement dépend des différences
de concentrations d’une région à l’autre et de la distance entre les régions. De plus les

184
caractéristiques des molécules ont une influence. Les grosses molécules lourdes se
déplacent moins vite que les petites molécules légères. Enfin, mentionnons que la
diffusion moléculaire est plus lente et moins importante dans l’eau que dans l’air. La loi
de Fick décrit la diffusion moléculaire.

7.1.2.1 Loi de Fick

Afin de mieux comprendre la loi de Fick, considérons un système constitué d’un récipient
surmonté d’un long tube tel qu’illustré à la figure 7-3.

Figure 7-3: Appareil servant à produire un flux constant de molécules volatiles.

Le récipient de la figure 7-3 contient un liquide avec une tension de vapeur modérée, par
exemple de l’éthybenzène (1280 Pa à 25 ºC). Le récipient est ouvert à l’atmosphère par
l’intermédiaire du tube. Les molécules d’éthylbenzène s’évaporent du liquide et
maintiennent une pression partielle dans la phase gazeuse du flacon égale à la pression de
vapeur à saturation. À cause des mouvements aléatoires des molécules de gaz, les
molécules d’éthylbenzène migrent à travers le tube et s’échappent à l’atmosphère. Après
une courte période transitoire, le taux de transport d’éthylbenzène se stabilise. Il se
maintient à un taux constant aussi longtemps qu’il restera de l’éthylbenzène liquide dans
le récipient. Le taux d’échappement est :
1. Inversement proportionnel à la longueur du tube.
2. Proportionnel à la section du tube.
3. Proportionnel à la pression partielle de la substance dans le récipient.

185
On peut exprimer ces caractéristiques à l’aide de l’équation suivante :

C
Jd  D (104)
x
Où :
Jd : Flux de diffusion (mol cm-2 s-1)
D : Coefficient de diffusion moléculaire (cm2 s-1)
C : Variation de concentration le long du tube (mol cm-3)
x : Longueur du tube (cm)
Le signe négatif indique que le flux se produit dans la direction inverse de l’augmentation
de concentration. La valeur de D dépend de la substance qui diffuse, de la substance dans
laquelle elle diffuse et des conditions environnementales telles que la température, la
pression, etc. Dans l’air, les valeurs de D sont de l’ordre de 10-1 cm2 s-1 alors que dans
l’eau elles sont plutôt de l’ordre de 10-5 cm2 s-1. Si on considère que le fluide est un
milieu continu, on peut faire tendre x vers zéro et obtenir l’équation de Fick :
dC
J d  D (105)
dx
En trois dimensions, cette équation devient :
 C C C 
Jd  D  , ,  (106)
 x y z 
Il est à noter que le coefficient de diffusion moléculaire demeure le même dans toutes les
directions.
La diffusion moléculaire est un processus lent. Albert Einstein a montré que la distance
caractéristique qu’une molécule peut parcourir par diffusion est estimée à l’aide de
l’équation suivante :
x  2 Dt (107)
Dans l’air, avec un D moyen de 0,1 cm2 s-1 , une molécule se déplacera de 4,4 mm en
une seconde, ce qui fait 380 m/d. Dans l’eau, avec un D moyen de 10-5 cm2 s-1, la même
molécule se déplacera en une journée de seulement 3,8 mètres. Même si ce type de
diffusion est lent, il joue un rôle important dans le transport des substances lorsqu’il y a

186
des changements de phases (liquide-gaz, liquide-solide ou gaz-solide). Près des interfaces
il y a toujours une couche limite où il n’y a pas d’advection. Dans ces minces couches,
seule la diffusion moléculaire assure le transport des molécules. Il arrive souvent que le
taux de transfert dans la couche limite contrôle la vitesse de tout le procédé.

7.1.2.1.1 Diffusion des molécules dans l’air et dans l’eau

Pour prédire la diffusion moléculaire, il faut choisir les coefficients de diffusion (D)
appropriés. Les valeurs de D pour quelques substances diffusant dans l’air sont
présentées au tableau 7-2. Dépendant de la source d’information, des valeurs de D
différentes sont proposées pour la même substance (Ammoniac). Il est à noter que D
varie de 0,05 cm2 s-1 pour les grosses molécules à 0,6 pour les petites molécules. Pour
une même molécule la valeur de D augmente avec la température.
Tableau 7-2: Coefficients de diffusion de quelques substances dans l'air à 1 atm
Substance Formule D (cm2/s) Température K
Ammoniaque NH3 0,201 273
Benzène C6H6 0,077 273
Bioxyde de carbone CO2 0,138 273
Hélium He 0,615 273
Hydrogène H2 0,611 273
Méthane CH4 0,196 273
Oxygène O2 0,178 273
Eau H2O 0,219 273

Les coefficients de diffusion D dans l’eau sont présentés au tableau 7-3. Ces valeurs sont
beaucoup plus faibles que celles dans l’air. De plus la plage de valeurs est beaucoup plus
étroite, il y a un facteur 5 entre les valeurs les plus élevées et les plus faibles. Le
problème 7.11 à la fin de ce chapitre illustre bien l’application de la loi de Fick.

187
Tableau 7-3: Coefficients de diffusion de quelques substances dans l'eau.
Substance Formule D(cm2/s) Température K
Benzène C6H6 1,02 x 10-5 298
Hydrogène H2 4,50 x 10-5 298
Air 2,00 x 10-5 298
Méthane CH4 0,85 x 10-5 275
Bioxyde de carbone CO2 2,00x 10-5 298
Oxygène O2 2,60 x 10-5 298

7.1.2.2 Dispersion
Des observations courantes nous font réaliser que les impuretés relâchées dans l’air se
dispersent rapidement. Par exemple, les odeurs de cuisine sont rapidement détectables
dans toute la maison. La diffusion moléculaire ne peut pas expliquer un tel taux de
dispersion. Il doit y avoir d’autres mécanismes. Il est possible de calculer la dispersion
causée par la diffusion moléculaire et par l’advection avec une certaine précision.
Considérons le cas théorique suivant :
Exemple 7.1 :
Un filet de fumée est émis sur la cote ouest du Canada. Le vent souffle vers l’est à une
vitesse constante de 5 m/s. Les particules de fumée ont un diamètre de 0,1m. Quelle
largeur aura le filet de fumée lorsqu’il arrivera sur la cote est, soit 5000 km plus loin ? On
peut supposer que les particules de fumée ont un coefficient de diffusion moléculaire de
7x10-6 cm2 s-1.
Solution :
Le temps requis pour traverser le Canada
5000  103 m
t  106 s
5m / s
Estimé de la distance de diffusion :

x  2  7  106  106
x  3,7cm  4cm

188
Le filet de fumée devrait donc s’élargir de 8 cm (4 cm de chaque coté). De toute
évidence, ce n’est pas ce qui est observé. Il y a donc d’autres mécanismes qui ont un effet
plus important que l’advection et la diffusion moléculaire. Nous avons supposé une
vitesse constante (intensité et direction) pendant 106 secondes soit 11,6 jours. Cela n’est
jamais observé. La vitesse du vent varie dans le temps et l’espace de façon quasi
imprévisible. C’est en grande partie ces variations qui sont responsable de la plus grande
partie de la dispersion.
La dispersion est importante en génie de l’environnement. On le voit clairement en
observant la figure 7-4.

Figure 7-4: Effets de la dispersion sur les polluants entraînés par le vent.

Les polluants relâchés par une haute cheminée sont entraînées par le vent. La partie
gauche de la figure 7-4 montre ce qui se passe lorsque la dispersion est faible. Les
polluants restent concentrés loin au dessus du sol. Dans la partie droite de la figure 7-4,
on voit qu’une dispersion élevée fait baisser rapidement la concentration de polluants qui
touchent le sol rapidement et affectent une surface plus grande. Un des objectifs du génie
de l’environnement est de prédire les concentrations de polluants dans les régions sous le
vent. Pour obtenir une bonne évaluation, il faut résoudre deux problèmes :
1. On doit trouver un modèle mathématique qui prédit les champs de pollution
causés par la dispersion.
2. On doit pouvoir déterminer comment les taux de dispersion varient avec les
conditions environnementales

189
Il est impossible de décrire avec précision les champs de vitesses en fonction de la
position et du temps. On ne peut donc pas décrire la dispersion en se basant sur les
mécanismes fondamentaux tels que l’advection et la diffusion moléculaire. On peut
cependant considérer la dispersion comme un procédé aléatoire et utiliser une équation
qui a la même forme que l’équation de Fick.

dC
J dispersion   (108)
dx
Où  est un coefficient de dispersion obtenu à l’aide d’équations théorique et empirique.
Même si l’équation a la même forme que l’équation de Fick, elle décrit une toute autre
réalité. Le coefficient de diffusion moléculaire (D) est une propriété du contaminant et
du fluide dans lequel il diffuse. Il est peu affecté par les conditions environnementales
telles que la température et pas du tout par la vitesse du fluide. Le coefficient de
dispersion (), pour sa part, est principalement fonction du champ de vitesses du fluide.
Les vitesses du fluide, dans l’environnement, sont très variables et leurs prédictions très
complexes pour ne pas dire impossibles. On observe des dispersions dans pratiquement
tous les domaines du génie de l’environnement, par exemple : a) La fumée rejetée dans
l’atmosphère ; b) Les déversements d’eaux usées dans les fleuves, rivières, lacs ou
océans ; c) La dispersion des déchets dangereux dans les sols. Plusieurs phénomènes
peuvent causer de la dispersion, voici les deux principaux : 1) La dispersion par friction
« Shear flow » ; 2) la dispersion turbulente.

7.1.2.2.1 La dispersion par friction

La vitesse d’un fluide est affectée par la friction. Dans un canal ou dans une conduite, elle
est nulle aux parois et augmente graduellement vers le centre. Cette variation de vitesse
cause de la dispersion des polluants rejetés ponctuellement dans les rivières ou dans les
estuaires affectés par les marées. Pour mieux décrire le phénomène considérons un cas
simple : la dispersion par friction dans une conduite circulaire où on observe un
écoulement laminaire parfait. Le profil des vitesses dans cette conduite aura la forme
d’une parabole telle que montré à la figure 7-5. Les vitesses sont nulles aux parois et la

190
vitesse maximale est observée au centre de la conduite. À t = 0 et à x = 0 on injecte une
masse de polluant dans cette conduite pendant t. Ce polluant se mélange instantanément
dans le sens transversal. La concentration est donc uniforme suivant les axes y et z. Il
résulte une tranche de pollution uniforme telle que illustrée à la figure 7-5. La partie du
haut de cette figure montre les conditions initiales (juste après l’injection du polluant). La
partie du bas de la figure 7-5 montre l’allure de la pollution à t = L/Uo où Uo est la vitesse
moyenne du fluide dans la conduite. On voit que la pollution s’est étendue. Elle occupe
un plus grand volume à cause des variations des vitesses du fluide mais aussi à cause de
la diffusion moléculaire. En effet, sur la partie avant du front de pollution, on voit que la
concentration est plus importante au centre de la conduite que près des parois. Nous
observons donc une diffusion moléculaire vers les parois. Le phénomène inverse se
produit à l’arrière de la pollution. En effet, la concentration est plus élevée près des
parois. La diffusion moléculaire se fait alors vers le centre de la conduite. La
combinaison de ces deux phénomènes a pour résultat de faire baisser la concentration et
d’élargir la zone touchée par la pollution. On peut décrire la dispersion par friction à
l’aide de l’équation suivante :

dC  x 
J s   s (109)
dx
Où s est le coefficient de dispersion causée par la friction et C(x) la concentration
moyenne du contaminant à la position x. Ce type de dispersion est surtout utilisé pour
décrire la dispersion dans les conduites, les canaux ou les rivières.

191
Figure 7-5: Modèle illustrant les effets combinés de l'advection, de la dispersion par
friction et de la diffusion moléculaire.

7.1.2.2.2 Diffusion turbulente

En génie de l’environnement la plupart des écoulements sont turbulents. Dans ces
écoulements, les champs de vitesses ne sont pas bien définis, les vitesses varient dans le
temps et l’espace de façon imprévisible. Pour de tels écoulements, seule une approche
statistique peut être utilisée. On parle alors de vitesses moyennes ou de fluctuations
moyennes. Tout comme la diffusion moléculaire, la turbulence cause un flux net de
contaminant des zones à fortes concentrations vers les zones à faibles concentrations. On
peut décrire le flux à l’aide de l’équation suivante :
dC
J t   t (110)
dx
Où t est le coefficient de diffusion turbulente.
On peut généraliser cette équation pour travailler en trois dimensions :
 C C C 
J t     tx ,  ty ,  tz  (111)
 x y z 

Où tx, ty, tz sont les coefficients de diffusion respectifs dans les directions x, y et z. Le
plus souvent on suppose que x et y définissent le plan horizontal alors que z représente la
hauteur. Il arrive souvent que tx = ty  tz.
On peut facilement voir les effets de la turbulence en observant la fumée qui s’échappe
d’une cigarette. Au début, on observe un panache étroit (laminaire), par la suite, ce
panache s’élargit brusquement à cause de la turbulence. On peut dire que la turbulence

192
est le mécanisme principal de la diffusion dans la direction perpendiculaire à
l’écoulement principal. Le principal défi, lorsque nous voulons prédire la diffusion par
turbulence, est de mesurer ou d’estimer la valeur des coefficients. Par exemple, ces
coefficients diminuent lorsque l’on s’approche d’une paroi solide, à la paroi, ils sont nuls.
La diffusion turbulente est plus élevée dans une rivière que dans un canal à cause des
irrégularités des berges. Ces irrégularités font varier les vitesses d’écoulement ce qui
augmente la friction favorisant ainsi le mélange. Les coefficients de turbulence dans une
rivière sont un ordre de grandeur plus faible que les coefficients résultants de la friction.
Dans les études de transport des polluants dans les eaux de rivières, on considère souvent
que le mélange transversal est causé par la turbulence et que la diffusion longitudinale par
l’advection et la friction. Le transport vertical est souvent très rapide car la profondeur de
la rivière est beaucoup plus faible que sa largeur.
Dans l’atmosphère, la diffusion turbulente est importante dans la direction verticale. La
pollution émise près du sol est souvent transportée par des courants d’air ascendants. De
tels courants sont fréquents dans les zones de basses pressions. Règle générale, la
diffusion turbulente est beaucoup plus importante que la diffusion moléculaire.

7.2 Transport causé par la gravité

Considérons maintenant les particules qui ne sont pas affectées par l’advection et qui
sont trop grosses pour être affectées par les mouvements browniens. Dans un fluide, ces
particules sont sous l’influence des forces de gravité, d’Archimède et de trainée. La
résultante de ces forces va se traduire par un mouvement de la particule dans le fluide.
Supposons une particule de masse m dans un fluide telle que représentée à la figure 7-6.

193
Figure7-6: Forces agissant sur
une particule.

Où :
Fg : Force de gravité dirigée vers le bas.
Fb : force d’Archimède dirigée vers le haut.
Fd : force de trainée qui s’oppose au mouvement de la particule.
Pour une particule qui a une densité supérieure à la densité du fluide, la résultante de ces
forces est donnée par l’équation suivante :

Fr  Fg  Fb  Fd (112)

Lorsque la résultante des forces est supérieure à zéro, on observe une accélération de la
particule vers le bas. L’équation suivante est alors respectée :
dV
Fr  m (113)
dt
La force de trainée augmente avec la vitesse de chute de la particule. On peut donc
supposer qu’à une certaine vitesse nous aurons : Fr  0  Fg  Fb  Fd . La vitesse de

chute de la particule sera alors constante, c’est ce que nous appelons la vitesse terminale
de chute. Examinons maintenant chacun des termes de l’équation précédente.

194
7.2.1 La force de gravité
Cette force est proportionnelle à la masse de la particule. Elle est exprimée par
l’équation :
Fg  mg (114)

où g est l’accélération due à la gravité. En supposant que la particule a la forme d’une

sphère et que sa masse volumique est ρ on dire que :
  d 3p 
m   (115)
 6
 
On peut donc écrire :
  d 3p 
Fg     g  mg (116)
 6
 

7.2.2 La poussée d’Archimède

La poussée d’Archimède est la force vers le haut qui correspond au poids du volume de
fluide déplacé. On peut donc écrire :
  d 3p 
Fb   f   g (117)
 6
 
Où  f est la masse volumique du fluide.

7.2.3 La force de trainée

La force de trainée s’oppose au mouvement de la particule. Elle est nulle lorsque la
particule est au repos et augmente avec la vitesse de chute de la particule. Cette force
peut être calculée à l’aide de l’équation suivante :
Ap  f V 2CD
Fd  (118)
2
Où :
d2 
Ap : surface projetée de la particule  p 
 4 
 
 f : masse volumique du fluide
V : vitesse de la particule dans le fluide

195
CD : coefficient de trainée
Le coefficient de trainée est difficile à évaluer car il dépend du régime d’écoulement. On
observe trois régimes d’écoulement : 1) le régime de Stokes, observé pour les petites
particules qui se déplacent lentement dans le fluide ; 2) le régime intermédiaire, observé
pour des particules plus grosses qui provoquent de la turbulence dans le fluide et enfin ;
3) le régime de Newton qui est observé lors du déplacement des grosses particules. Les
limites de chacun des régimes d’écoulement sont définies à l’aide du nombre de
Reynolds. C’est un nombre sans dimension qui est calculé à l’aide de l’équation
suivante :
d pV d pV  f
Re p   (119)
 
Où :
 : Coefficient de viscosité cinématique
 : Coefficient de viscosité dynamique
Il est possible de calculer le coefficient de trainée à l’aide du nombre de Reynolds.

7.2.3.1 Régime de Stokes

La particule est petite et la vitesse terminale de chute est faible. Dans ces conditions le
nombre de Reynolds est inférieur à 0,3 et on peut dire que :
24
CD  (120)
Re p

En supposant que la particule est une sphère qui a atteint une vitesse constante (Fr = 0) on
peut, en combinant les équations (112) à (120) , trouver une expression pour la vitesse
terminale de chute de la particule :
gd p2     f 
Vt    (121)
18   

C’est l’équation de Stokes qui est valable pour une particule sphérique lorsque le nombre
de Reynolds est inférieur à 0,3. L’équation de Stokes montre que la vitesse de chute
d’une particule est fonction du diamètre au carré de la particule et de sa masse
volumique. La vitesse terminale est aussi affectée par la masse volumique de l’eau et par

196
la viscosité dynamique qui sont fonction de la température de l’eau. Cela explique
pourquoi une faible augmentation de la taille des particules se traduit par une
augmentation importante de la vitesse de chute. On peut également montrer qu’une
baisse de la température de l’eau se traduit par une baisse de la vitesse de chute terminale.

7.2.3.2 Régime intermédiaire

Lorsque le nombre de Reynolds est supérieur à 0,3 mais inférieur à 1000 le coefficient de
trainée peut être calculé à l’aide de l’équation suivante :

CD 
24
Re p
1  0,14 Re0,7p  (122)

En combinant les équations précédentes on obtient une expression pour la vitesse de

chute terminale :
1
 4 gd p    f  2

Vt      (123)
 3CD  f  
Cette équation est valable lorsque la masse volumique de la particule est supérieure à la
masse volumique du fluide. Le calcul de la vitesse terminale à l’aide de l’équation (123)
n’est pas facile. En effet, la vitesse terminale est fonction du coefficient de trainée qui
dépend du nombre de Reynolds. Le nombre de Reynolds est calculé à l’aide de la vitesse
terminale. Donc pour trouver Vt , il faut solutionner le système d’équations non linéaires
suivant :
1
 4 gd p    f  2

Vt     
 3CD  f  

CD 
24
Re p
1  0,14 Re0,7p 
d pVt
Re p 

La solution de ce système d’équation peut être faite à l’aide d’un logiciel de
mathématique ou bien en procédant par essais successifs. On procède en suivant les
étapes suivantes :
1. On calcule une vitesse terminale de départ (Vto) en utilisant la loi de Stokes. Cette
vitesse permet de calculer un nombre de Reynolds.

197
 2. Le nombre de Reynolds calculé permet de trouver le coefficient de trainée à
l’aide de l’équation (122).
3. Le coefficient de trainée est utilisé pour calculer la vitesse terminale de la
particule (Vt) à l’aide de l’équation (123).
4. On compare Vto et Vt. Si les deux valeurs sont égales, le problème est résolu. Si
les deux vitesses sont différentes, on reprend l’étape 2 en supposant que Vto est
égale au Vt obtenue à l’étape 3.

7.2.3.3 Régime de Newton

Le régime de Newton est observé lorsque le nombre de Reynolds se situe entre 1000 et
350 000. Dans ces conditions le coefficient de trainée est :
CD  0, 445 (124)
En combinant cette équation avec les équations précédentes et en supposant que la
particule est une sphère on obtient l’expression de la vitesse de chute terminale :
1
    f  2

Vt  3, 00 gd p    (125)
  
 f  
En génie de l’environnement, on s’intéresse surtout aux petites particules, il est donc rare
que l’équation en régime de Newton soit utilisée.
Les différentes équations utilisées pour calculer la vitesse terminale de chute d’une
particule sont présentées dans le tableau 7-4 :

198
Tableau 7-4: Principales équations permettant de calculer la vitesse de chute d'une
particule.
Stokes Intermédiaire Newton
gd p2   p    1
 4 gd p   p     2      
1
2
Vt    Vt   Vt  3, 00 gd p  p
18      
 3CD        
24 CD  0, 445
CD 
Re p CD 
24
Re p
 p 
1  0,14 Re 0,7
d pVt 
d pVt  Re p 
Re p  d pVt  
 Re p 

Conditions : Conditions : Conditions :
Re p  0,3 0,3  Re p  1000 1000  Re p  350000

Correspond à: particules Correspond à: Particules de Correspond à : Particules

de sable de silice avec sable de silice avec de sable avec dp>2,8 mm
dp<72 µm. 72 m  d p  2,8mm Sphères
Sphères Sphères

Les unités de mesure dans les équations de vitesses doivent toutes être dans le même
système d’unité. Pour le calcul des vitesses nous utilisons le système MKS, c'est-à-dire
que les longueurs sont en mètre, les masses en kilogramme et le temps en seconde.
Exemple 7.2:
Calculez la vitesse de chute d’une particule de matière organique dans de l’eau qui a une
température de 10ºC. La particule a un diamètre de 80 µm et une densité de 1200 kg/m3.
Solution :
La viscosité et la masse volumique de l’eau sont affectées par la température. À 10ºC, la
masse volumique de l’eau est de 999,7 kg/m3 et la viscosité dynamique de
1,307x10-3 Pa·s. Il est à noter que : 1 Pa  1 kg m  s 2 .
Quel régime d’écoulement devons-nous choisir ?
Dans le tableau 7-4, on indique que le régime de Stokes s’applique pour des particules de
sable ayant une taille inférieure à 72 µm. Nous avons une particule un peu plus grosse,

199
soit 80 µm, par contre sa masse volumique est plus faible que la masse volumique du
sable qui se situe autour de 2500 kg/m3. Nous allons donc supposer que la loi de Stokes
s’applique.

gd p2     f  9,8  80 10 
6 2
 1200  999, 7  4
Vt     1,3 103   5, 28 10 m / s
18    18  

Re p 
d pVt  f

80 10  5, 28 10  999, 7  3, 24 10
6 4
2

 1,3 103
Comme le nombre de Reynolds est inférieur à 0,3, la loi de Stokes s’applique donc la
vitesse de chute terminale est de 5,28x10-4m/s.

Exemple 7.3 :
Calculez la vitesse de chute terminale d’une particule dans de l’eau qui a une température
de 10ºC. La particule a un diamètre de 1 mm et une masse volumique de 2 g/cm3. Vous
pouvez supposer que la particule est une sphère parfaite.
Solution :
Définition :
dp = 1 mm
ρp = 2g/cm3 = 2000 kg/m3
T = 10ºC ; µ = 1,3x10-3 Pa·s et ρ = 999,7 kg/m3
La particule sera attirée vers le bas par la gravité alors que la poussée d’Archimède et la
force de trainée, orientées vers le haut, vont la ralentir. Après un certains temps la
somme des forces sur la particule sera nulle. On observera alors une vitesse de chute
constante, c’est ce que nous appelons la vitesse de chute terminale :Vt.
Exploration :
Vt dépend du régime d’écoulement qui est fonction de Rep

d pVt  g   p    d p2
Re p   0,3  Régime de Stokes et Vt 
 18
Si Rep ≥ 0,3 : Régime intermédiaire où :

200
 1
 4 gd p   p     2
Vt    
 3CD    
CD 
24
Re p
1  0,14 Re0,7p 

Planification :
1. Posons que la loi de Stokes s’applique.
2. Calculons la vitesse terminale avec l’équation de Stokes.
3. Vérifions si le nombre de Reynolds est inférieur à 0,3.
4. Si Rep < 0,3  Le problème est terminé.
5. Si Rep ≥ 0,3, il faut supposer un régime intermédiaire et solutionner par essais
successifs.
a. Utilisez le Rep calculé à l’étape 3 pour démarrer les essais
b. Les variations de Vt devraient être de plus en plus petites.
Résolution :
Posons que la loi de Stokes s’applique :

gd 2   -   9,8  10   2000 - 999, 7 

-3 2

Vt  p  p   1,3 10-3   0, 42 m / s
18    18  
d V  10  0, 42  999, 7
3
Re p  p t   322,98
 1,3 103
Le nombre de Reynolds est plus grand que 0,3, donc la loi de Stokes ne s’applique pas.
On suppose un régime intermédiaire et on procède par essais successifs. Le premier essai
est fait en supposant que le nombre de Reynolds est celui trouvé à l’étape précédente.
Essais 1 :
Re p  322,98

CD 
24
Re p
 p   0, 67
1  0,14 Re0,7

1 1 1
 4 gd p   p -    2  4  9,8 10-3  2000 - 999, 7  1  2
 0, 013  2
Vt        999, 7  C     0,13 m s
 3 C D      3   D   CD 
d pVt  103  0,13  999, 7
Re p    99,97
 1,3 103

201
La vitesse est passée de 0,42 à 0,13 m/s. Comme la variation de vitesse est importante on
doit faire un autre essai.
Essai 2 :
Re p  99,97

CD 
24
Re p
 p   1, 08
1  0,14 Re0,7

1
 0, 013  2
Vt     0,11 m / s
 CD 
d V  103  0,11 999, 7
Re p  p t   85,59
 1,3 103
La vitesse est passée de 0,13 m/s à 0,11 m/s. On doit donc faire un autre essai.
Essai 3 :
Re p  85,59

CD 
24
Re p
 p   1,16
1  0,14 Re0,7

1 1
 0, 013  2
 0, 013  2
Vt       0,11m / s
 CD   1,16 
La vitesse n’a pas changée, on peut donc conclure que la vitesse terminale de chute est de
0,11 m/s.

7.3 Transport aux interfaces

Dans les sections précédentes nous avons vu comment se déplacent les molécules ou les
particules dans l’air ou dans l’eau. Il arrive souvent que des molécules passent de l’eau à
l’air ou vis et versa. Elles doivent alors traverser l’interface gaz-liquide. Le taux de
transport à travers cette interface peut avoir une forte influence sur le déplacement global
des molécules.
La connaissance des mécanismes qui gèrent le transport des substances aux interfaces est
nécessaire pour bien comprendre les processus d’autoépuration ainsi que les procédés de
traitement des eaux, de l’air et des sols. On observe les interfaces gaz-liquide (air-eau),
liquide-solide (eau-sol) et gaz-solides (air-sol). Dans la suite de ce chapitre nous
étudierons le transport à l’interface liquide-gaz. Le transport à travers l’interface eau-air
est particulièrement important en génie et en sciences de l’environnement. En effet, c’est
202
le transfert de l’oxygène de l’air dans l’eau qui permet l’autoépuration des eaux et le
maintient de la vie aquatique. Le transport du bioxyde de carbone atmosphérique vers les
océans permet de réduire les impacts de la combustion sur le réchauffement global. Le
transport à l’interface gaz-liquide est aussi important dans les procédés de traitement
utilisés en génie de l’environnement. Il peut être utile de transférer un polluant d’un
fluide à l’autre afin de faciliter le traitement. Par exemple, certains gaz tels que le
bioxyde de soufre et l’acide hydrochlorique sont facilement neutralisés après avoir été
transférés dans l’eau. L’ozone (O3) est un gaz souvent utilisé comme désinfectant ou
comme oxydant. Il est important d’effectuer le transfert de l’ozone (gaz) vers l’eau de
manière optimale. À l’inverse, certaines substances contenues dans l’eau sont plus faciles
à traiter lorsqu’elles sont chassées vers l’air.
Il est possible de mesurer le flux d’une substance à travers une interface liquide-gaz en
plaçant un cylindre au dessus du liquide. Les molécules vont traverser l’interface et
diffuser dans le gaz contenu dans le cylindre. Nous observerons une concentration Ci près
de la surface du liquide et C à une distance L du liquide. Le flux à travers l’interface est
alors proportionnel à la différence de concentration dans le cylindre soit :
J b  km  C  Ci  (126)

Il est possible de préciser la signification de km en se rappelant que la diffusion

moléculaire est décrite par la loi de Fick :
D  C  Ci 
Jd  (127)
L
Comme le flux à travers l’interface est égal au flux dans le cylindre on peut écrire :
D  C  Ci 
J b  J d  km  C  Ci   (128)
L
En simplifiant on obtient :
D
km  (129)
L
En génie de l’environnement, le taux de transfert d’une substance à travers l’interface
eau-air est décrit par une expression semblable à celle présentée précédemment soit :
J gl  kgl  Cs  C  (130)

203
Où :
Jgl : Flux de la substance du gaz vers le liquide.
kgl : Coefficient de transfert (Longueur/temps).
Cs : Constante de saturation qui peut être calculée en utilisant la loi de Henry.
C : Concentration de la substance dans la masse liquide.
En général, le coefficient kgl dépend de l’écoulement de l’eau et de l’air près de
l’interface et des constantes de diffusivités de la substance dans l’air et dans l’eau. Pour
mieux décrire la situation on peut utiliser le modèle de la double couche présenté sur la
figure 7-7. Dans ce modèle, il y a deux couches stagnantes, une de chaque coté de
l’interface. Le transport des molécules de la substance à travers ces couches est causé par
la diffusion moléculaire. À l’extérieur de ces couches, il y a des couches plus épaisses, où
plusieurs mécanismes de diffusion peuvent avoir lieu en même temps. Plus le brassage de
ces zones est énergique plus les couches stagnantes sont minces.

Figure 7-7: Représentation schématique du modèle de la double couche.

204
Dans la figure 7-7, les symboles sont définis comme suit :
P : Pression dans la masse d’air
Pi : Pression à l’interface.
C : Concentration de la substance dans la masse d’eau
Ci : Concentration de la substance à l’interface
La : Épaisseur de la couche limite de gaz
Lw : Épaisseur de la couche limite d’eau
À l’équilibre Pi et Ci sont liés par la loi de Henry. Dans la couche limite gazeuse, on peut
écrire :
Da  P  Pi 
J gl  (131)
La RT
Où
Da : Coefficient de diffusivité de la substance dans l’air
La : Épaisseur de la couche limite gazeuse.
Dans la couche limite liquide on peut écrire :

J gl  Dw
 Ci  C  (132)
Lw
En combinant les deux équations précédentes et l’équation de la loi de Henry on obtient :
1 L L 1 1
 w  a K H RT   RT (133)
k gl Dw Da kl k g

Où :
kl : Coefficient de transfert de masse à travers l’eau = Dw/Lw
kg : Coefficient de transfert de masse à travers l’air = Da/La
C’est ce qu’on appelle le modèle des deux résistances (1/kl et 1/kg). En examinant
l’équation précédente on peut déterminer quelle couche limite (eau ou air) a le plus
d’effet sur le taux de transfert. Comme les valeurs de D et k varient au plus d’un facteur
10 alors que les constantes de Henry peuvent varier de 10-4 à 104. Il est facile de voir que
c’est la constante de Henry qui a le plus d’effet sur la valeur du taux de transfert global
kgl. Des chercheurs ont montré que les coefficients de transfert de masse entre les océans

205
et l’atmosphère sont environ de kl = 0,2 m/h et kg = 30 m/h. Ces constantes sont valables
pour les substances ayant des masses molaires se situant entre 15 et 65 g/mol. À l’aide de
ces valeurs on peut montrer que lorsque la constante de Henry est inférieure à 0,2 M/atm
c’est la couche d’eau qui contrôle le taux de transfert alors que pour des valeurs de la
constante de Henry supérieures à 10 M/atm c’est plutôt la couche limite de gaz qui
contrôle le transfert. Il est intéressant de noter que les constantes de Henry de l’oxygène
et du gaz carbonique sont respectivement de 0,00138 et 0,034 M/atm. On peut donc dire
que c’est la couche limite d’eau qui contrôle le transfert de ces gaz. À titre indicatif, on
peut dire que la couche limite d’air a une épaisseur (La) d’environ 2 mm alors que la
couche limite d’eau a une épaisseur (Lw) de l’ordre de 20µm. Avec des épaisseurs aussi
faibles, il n’est pas surprenant que le temps requis pour atteindre les conditions
d’équilibre soit de l’ordre de la fraction de seconde.
Précisons un peu mieux le taux de transfert de l’oxygène vers l’eau. À l’équilibre le flux
dans chacune des couches limites est égal. On peut donc écrire :
J  kg  P  Pi   kl  Ci  C  (134)

Comme la résistance principale est causée par la couche d’eau, on peut dire que :

J  kl  Ci  C  (135)

En définissant rv comme le taux de transfert total par unité de volume, on peut écrire :

A
rv  kl  Ci  C  (136)
V
Il est facile de mesurer le volume d’eau (V), par contre la mesure de la surface de
l’interface (A) est souvent impossible à mesurer. Il peut y avoir des vagues à la surface du
bassin ou encore des aérateurs mécaniques brassent l’eau ou bien injectent des bulles
d’air au fond du bassin. Enfin la concentration d’oxygène à l’interface peut être difficile à
mesurer. Pour simplifier le problème, on modifie l’équation précédente de la façon
suivante :
rv  K La  Cs  C  (137)

206
Dans cette dernière équation la valeur de KLa tient compte de la surface spécifique (par
unité de volume) de l’interface. De plus nous considérons que la concentration à
l’interface est égale à la concentration de saturation calculée à l’aide de la loi de Henry.
La valeur de KLa doit être déterminée expérimentalement pour un liquide et un type
d’équipement. Les fournisseurs d’équipement d’aération fournissent habituellement les
valeurs de KLa qui s’appliquent à leurs équipements.

7.4 Problèmes
7.1
Répondre aux questions suivantes :
a) En supposant que la concentration d’une substance est exprimée en
masse/volume, quelles sont les unités de mesure des paramètres suivants :
 Le gradient de concentration
 Le flux
b) Pour une même substance, des valeurs typiques du coefficient de diffusion
moléculaire sont de 0,1 cm2 s-1 dans l’air et de 10-5 cm2 s-1 dans l’eau.
Expliquez pourquoi le coefficient dans l’eau est beaucoup plus faible que
celui dans l’air.
c) La diffusion moléculaire est le résultat des mouvements aléatoires des
molécules dans un fluide. Peut-on expliquer la diffusion turbulente en
utilisant le même raisonnement ?
d) Le modèle des deux couches limites est décrit par l’équation
J  k gl Cs  C  . Le coefficient de transfert de masse kgl peut varier

beaucoup d’une substance à l’autre. Quels sont les paramètres qui

affectent le plus cette constante ?

Solution 7.1 d
1 1 K RT
On sait que :   H . À une même température, cette équation montre que la
k gl kl kg

constante kgl est fonction des constantes kg, kl et kH. En consultant les tables de constantes

207
on se rend compte que les valeurs de kg et kl varient peu d’une entité chimique à l’autre.
C’est donc la constante de Henry kH qui influence le plus la valeur de kgl.

7.2
Répondez aux questions suivantes :
a) Un polluant gazeux est émis par une haute cheminée. Cette pollution est entraînée
par un vent constant. Posons que l’axe des x est horizontal et parallèle au vent.
L’axe des z est orienté vers le haut. Nommez les principaux mécanismes
responsables du flux de polluant dans chacune des directions (x, y et z).
b) Considérez un écoulement laminaire dans une conduite circulaire. Une impulsion
d’une substance non réactive est injectée à l’entrée de la conduite pendant une
courte période. Dessinez l’allure de cette impulsion (C(t) en fonction de t) à la
sortie de la conduite. Donnez le plus de détails possibles.

7.3
Répondre aux questions suivantes :
a) Un récipient cubique de 10 cm de côté est rempli d’eau. Une goutte de colorant
est déposée délicatement au centre de ce récipient. L’eau est sans mouvement (pas
d’advection). Estimez le temps requis pour que la couleur se disperse dans tout le
volume d’eau. Vous pouvez supposer que le colorant est constitué de molécules
ayant un coefficient de diffusion moléculaire de 10-5 cm2/s.
b) Un gaz malodorant est relâché au centre d’une chambre cubique de 3 m de côté.
L’air est sans mouvement. Estimez le temps requis pour que le gaz se disperse
dans toute la chambre. Le coefficient de diffusion moléculaire de ce gaz est 0,15
cm2/s.

208
7.4
Répondre aux questions suivantes :
a) Un flux de contaminant est un vecteur. Quelle est la signification de la grandeur
du flux de contaminant ?
b) Quelle est la signification physique de la direction du vecteur flux de
contaminant ?
c) Écrire une équation qui exprime la relation entre le flux par advection et la
concentration du contaminant. Définir chacune des variables de cette équation.
d) Un contaminant est présent dans l’eau à une concentration de 5 g m-3. Cette eau
s’écoule à une vitesse constante de 2 m/s. Quelle est la valeur du flux de
contaminant causé par advection ?

7.5
De la fumée est émise d’une haute cheminée. On veut que la cheminée soit suffisamment
haute pour les gens au sol ne soient pas incommodés. Vous savez que la cheminée a une
hauteur de 100 m, que le vent souffle à une vitesse moyenne de 3 m/s et que le coefficient
de diffusion turbulente dans la direction verticale est de 0,5 m2 s-1.
a) Faites un estimé de la distance que devra parcourir la fumée avant de toucher le
sol. Vous pouvez supposer que la distance parcourue peut être estimée à l’aide
d’une équation semblable à celle proposée par Einstein, soit : x   t , où  est le
coefficient de diffusion turbulente.
b) Avec une cheminée de 50 m de hauteur et un vent qui a une vitesse de 3 m/s, vous
observez que le premier contact de la fumée avec le sol se produit à 2 km de la
cheminée. Estimez la valeur du coefficient de diffusion turbulente dans la
direction z (hauteur).
c) En supposant que le coefficient de diffusion turbulente dans la direction y est égal
à celui dans la direction z, faite un estimé de la concentration maximale de la
pollution au niveau du sol. Exprimez votre réponse en fonction de la
concentration à la sortie de la cheminée (Co).

209
7.6
Lorsqu’une particule sphérique se déplace dans un fluide, elle subie une force de trainée
(Drag).
a) La force de trainée peut être décrite par la loi de Stokes : Fd  3d pV .

Définissez chacune des variables dans la partie de droite de l’équation en

précisant les unités de mesure.
b) Lorsque la variable dp ou V augmente au-delà d’une certaine limite, la loi de
Stokes ne peut plus être utilisée. Quelle(s) condition(s) doivent être satisfaites
pour que la loi de Stokes s’applique ?
c) Considérez qu’une des variables dp ou V augmente au-delà de la limite permise
pour la loi de Stokes. Dans cette condition, la force de trainée prédite par la loi de
Stokes est-elle trop élevée ou trop faible ? Expliquez brièvement votre réponse.

7.7
Lorsqu’on analyse la vitesse de chute d’une particule, on suppose toujours que la
particule atteint rapidement des conditions d’équilibre (vitesse de chute constante). Cela
nous permet de négliger l’accélération de la particule. Déterminez les conditions dans
lesquelles cette supposition est vraie. Considérez une particule sphérique de diamètre d et
de densité p. Elle est initialement au repos dans un fluide de viscosité  et de densité f.
La densité du fluide est inférieure à la densité de la particule. La particule est lâchée à
t = 0, elle accélère vers le bas jusqu’à l’atteinte d’une vitesse d’équilibre. Vous pouvez
supposer que la force de trainée est décrite par la loi de Stokes.
a) Développez une équation qui décrit la vitesse de chute de la particule en fonction
du temps.
b) Quelle condition doit être respectée pour que la vitesse de chute de la particule à
l’équilibre soit une bonne approximation de la vitesse de chute réelle ?
c) Quel est le temps caractéristique nécessaire pour qu’une particule ayant un
diamètre de 10 m et une densité de 2,5 g m-3 atteigne sa vitesse d’équilibre dans
une eau à 20ºC.

210
Solution :
Partie a
Il y a trois forces qui agissent sur une particule : 1) force de gravité Fg ; 2) force de
trainée Fd ; 3) poussée d’Archimède Fb Soit :

Fg   p d p3 g
6

Fb   f d p3 g
6
Fd  3 d pV

On peut faire la somme des forces sur une particule :

Fr  ma  Fg  Fb  Fd
 dV  
ma   p d p3
  p d p3 g   fd p3 g  3d pV
6 dt 6 6
dV     f  18
 g p  V
dt   p   p d p2
 
dC
Cette dernière équation a la forme :  S  LC . La solution de cette équation
dt
différentielle est :

V t   g
 p f    18  
d p2 1  exp  t
18   p d p2  
   

Partie b:
À l’équilibre, la vitesse de chute de la particule est indépendante du temps. Il faut donc
que le terme de l’équation qui est fonction du temps tende vers zéro soit :
 18 
exp  t  0
  p d p2 
 
Pour que ce terme tende vers zéro il faut que

211
 18
 t  1 soit
 p d p2
 p d p2
t 
18
Partie c:
dC
Pour une équation qui a la forme suivante :  S  LC , le temps caractéristique est
dt
18
approximé par   1 . Dans le cas qui nous intéresse, L  On trouve donc :
L  p d p2

 p d p2 2,5  10 
3 2

   1, 4  105 s
18 18  0,01

7.8
Calculez la vitesse de chute d’une particule d’or sphérique de 0,1 µm de diamètre dans de
l’eau à 20ºC. L’or a une masse volumique de 13,5 g/cm3.
7.9
La loi de Stokes a été utilisée pour calculer la vitesse de chute d’une particule dans de
l’eau ayant une température de 20 ºC. Cette vitesse est de 5x10-4 m/s.
a) D’après-vous la loi de Stokes est elle valable si cette même particule est dans de
l’eau à 5ºC.
b) Calculez la vitesse de chute de cette même particule dans de l’eau à 5ºC.

7.10
Certains matériaux utilisés dans la construction de building tels que le contre-plaqué ou
les panneaux de particules agglomérées peuvent relâcher du formaldéhyde (HCHO) à
l’intérieur du bâtiment. Des concentrations de formaldéhyde supérieures à 100 µg/L ont
été observées. Cela est beaucoup plus élevé qu’à l’extérieur des bâtiments. Un appareil de
mesure a été mis au point pour mesurer les concentrations de HCHO en se basant sur le
principe de la diffusion moléculaire.

212
Cet appareil de mesure est constitué d’un tube de verre de 2,4 cm de diamètre par 9 cm
de longueur. Un bout du tube est fermé et muni d’un disque de fibre de verre enduit de
bisulfite de sodium (NaHSO3). L’autre bout du tube est ouvert durant la période de
mesure. Le formaldéhyde réagit avec le bisulfite et forme un produit solide. Cette
réaction maintient la concentration de formaldéhyde à zéro près du disque. La
concentration de formaldéhyde à l’autre bout du tube est égale à la concentration dans le
bâtiment. Un profil de concentration se stabilise rapidement dans le tube.
Un essai de calibration a été fait. Ce test a permis de constater que la masse de
formaldéhyde sur le disque est proportionnelle à la concentration moyenne de
formaldéhyde dans la pièce multipliée par le temps d’exposition tel que décrit par
l’équation suivante : M  0, 291Ct , où M est la masse (en µg) de formaldéhyde
accumulée sur le disque, C est la concentration moyenne de formaldéhyde dans la pièce
(en ppm) et t est le temps d’exposition en heure. En utilisant cette équation et en tenant
compte de la géométrie de l’appareil de mesure, déterminez le coefficient de diffusion
moléculaire du formaldéhyde dans l’air.
Solution :
C
J D  D
x
M
JD 
At
M  0, 291Ct en µg

d2   2, 42
A   4,52cm 2
4 4
C 0  C C ( ppm)
 
x L  0 L
On peut donc écrire:
0, 291Ct C
D
4,52t L

On ne peut pas simplifier les C car les unités de masse ne sont pas homogènes. Nous
allons donc transformer les ppm de formaldéhyde en µg/cm3. On peut utiliser l’équation
suivante :

213
 n
Ci  Yi MWi
V
1 30 g 41,6mol g
Ci  6 3
 0,0012 3
10 mol m m
6
g 10 µg µg
Ci  0,0012 3  1248 3
m g m
3
µg  1m  3 µg
Ci  1248 3    1, 25  10
m  100cm  cm 3
µg
1 ppm  1, 25  103 3
cm
On peut donc écrire:
0, 291Ct C
 1, 25  103 D
4,52t 9
En solutionnant cette équation on trouve D = 463 cm2/h, ce qui fait 0,13 cm2/s.

7.11
Un flacon de parfum est laissé ouvert par erreur. Le parfum se volatilise et s’échappe du
flacon vers l’atmosphère. Combien de temps faudra-t-il pour que tout le parfum passe à
l’atmosphère. Vous savez que :

Diamètre du col du flacon (d) 0,3 cm

Longueur du col du flacon (L) 1,0 cm
Quantité initiale de parfum dans le flacon (M) 0,004 mol
Coefficient de diffusion moléculaire du parfum dans l’air (D) 0,2 cm2 s-1
Volume du flacon (V) 3 cm3
Pression de saturation du parfum (Ps) 0,02 atm
Température (T) 293K

Réponse : environ 4 jours

7.12
Une bouteille d’eau est laissée ouverte par erreur. Calculez le temps requis pour que toute
l’eau dans la bouteille s’évapore.
Données qui peuvent être utiles :
214
  Diamètre du goulot de la bouteille : d = 1,0 cm
 Longueur du goulot de la bouteille : L = 3,0 cm
 Quantité initiale d’eau dans la bouteille : 100 ml
 Volume total de la bouteille : V = 1 L
 Coefficient de diffusion de l’eau : D = 0,22 cm2 s-1
 Température : 30°C
 À la sortie du goulot (extérieur de la bouteille) l’humidité relative est de 25%.
 Dans la bouteille, au début du col du goulot, la pression de vapeur de l’eau est
toujours égale à la pression de saturation.
7.13
Le Bi-Phényl-Polychloré (BPC) est présent dans l’atmosphère au dessus d’un lac
couvrant une surface de 4,1 109 m2. À l’interface air-eau, la concentration de BCP est
de 100 pg/m3. À deux centimètres plus haut, elle est de 450 pg/m3. Des essais en
laboratoire ont montré que le coefficient de diffusion moléculaire du BCP est de 0,044
cm2/s.
a) Quel est le flux de diffusion moléculaire du BPC dans l’eau ?
b) Quelle est la masse totale de BPC qui diffusera dans l’eau en une année ?
c) Lors d’une période de grands vents, l’épaisseur de la couche limite passe de 2 cm
à 0,5 cm. En supposant que les concentrations de BPC à l’interface air-eau et dans
l’atmosphère ne changent pas, calculez la masse totale de BPC qui diffusera dans
l’eau en une journée.
Note : pg : picogramme.

215
8 Modélisation des réacteurs

8.1 Introduction
Lorsque les substances ou les polluants se déplacent, ils peuvent se transformer. Certaines
substances peuvent se décomposer ou se combiner avec d’autres substances. Il est
difficile de prévoir exactement l’évolution du système dans le temps et dans l’espace.
Prenons l’exemple du déversement d’un effluent toxique dans une rivière. Cet effluent va
se déplacer et se disperser dans les eaux de la rivière. Les mécanismes responsables de
ces mouvements ont été vus précédemment, ce sont l’advection, la turbulence, la friction
avec les berges et le fond de la rivière et la sédimentation. En plus de ces déplacements,
la substance risque aussi de se transformer. On pourrait observer une hydrolyse, une
oxydation ou bien une précipitation suite à une réaction avec une autre substance
contenue dans les eaux de la rivière. Il est difficile de prédire le résultat global de
l’ensemble du transport et des transformations. On peut simplifier le problème en
utilisant un modèle. C’est une représentation simplifiée de la réalité qui nous permet de
prédire avec une certaine précision l’évolution d’un système complexe. On peut utiliser
des modèles à trois échelles, 1) laboratoire; 2) petite installation pilote et 3) pilote
industrielle. L’échelle laboratoire nous permet d’étudier les différentes transformations
dans un environnement contrôlé. La petite installation pilote nous permet, en plus
d’étudier les transformations, d’acquérir de l’information sur la mise en œuvre du
procédé. Enfin l’échelle pilote industrielle permet de mettre au point les procédures de
fonctionnement et d’entretient en plus de nous donner une idée plus juste des
performances d’une installation dans des conditions réelles de fonctionnement. Afin de
modéliser un processus nous utiliserons trois types de réacteurs différents, soit : 1) le
réacteur cuvée; 2) le réacteur piston et ; 3) le réacteur complètement mélangé.

8.2 Les types de réacteurs et bilan de masse

Un réacteur est un volume défini dans lequel on observe une réaction de transformation.
La modélisation du fonctionnement du réacteur est essentiellement basée sur des bilans
de masse. On peut dire que le taux de variation de la masse d’une substance dans un
réacteur est égale à la masse qui entre dans le réacteur moins la masse qui sort du réacteur
plus la masse formée (ou moins la masse perdue) dans le réacteur.

216
On peut donc écrire :

TA  TE  TS  TT (138)
Où :
TA : Taux d’accumulation de la substance d’intérêt
TE : Taux d’entrée de la substance
TS : Taux de sortie de la substance
TT : Taux de transformation de la substance.
Les étapes à suivre pour faire un bon bilan de masse sont les suivantes :
1. Faire un schéma du réacteur;
2. Choisir un volume de contrôle.
3. Choisir une ou plusieurs substances d’intérêt et préciser les unités de mesure.
4. Faire la liste des valeurs connues (débits, concentrations initiales, etc.)
5. Faire la liste des transformations qui peuvent se produire dans le volume de
contrôle.
6. Construire les équations du bilan de masse.

Les unités de mesure les plus courantes sont g/m3 pour les concentrations et m3/d pour
les débits.
Avant de présenter les différents types de réacteurs, développons une équation générale
pour faire un bilan de masse.
Le TA est le taux de changement global de la masse de la substance dans le réacteur.
C’est donc TA  d VC  dt où V est le volume du réacteur en m3. Comme nous

supposons un volume d’eau constant dans le réacteur, cette expression devient :

TA  V dC dt . Les unités de mesure sont m3
d  mg3 ce qui donne en simplifiant des g d

(masse/temps). Il est intéressant de noter que lorsque les conditions d’équilibre sont
atteintes dans le réacteur, la masse y est constante ce qui nous permet d’écrire :
dC dt  0 . Les taux d’entrée et de sortie sont calculés comme suit : TE  QoCo avec

comme unités de mesure : m3

d  mg3  dg . Le taux de sortie est TS  QC en g/d. Le taux de

transformation (TT) est exprimé comme suit : TT  rV . Le symbole r désigne le taux

217
de transformation de la substance à l’intérieur du réacteur. Ce taux de transformation
tient compte de la cinétique de réaction dans le réacteur. On peut ainsi observer les cas
suivant :
1. Réaction d’ordre zéro : r  koC 0 donc TT  koV

2. Réaction d’ordre un : r  k1C1  k1C donc TT  k1VC

3. Réaction d’ordre deux : r  k2C 2 donc TT  k2VC 2

C C
4. Réaction de saturation : r  km donc TT  km V
Ks  C Ks  C

Le signe négatif, devant les constantes cinétiques, indique une baisse de la masse. Il faut
s’assurer que les unités de mesure de TT sont les mêmes que TA, TE et TS. En combinant
les informations précédentes on obtient une équation globale du bilan de masse dans un
réacteur :
dC
V  QoCo  QC  rV (139)
dt

8.2.1 Le réacteur en cuvée (Batch)

C’est une cuve dans laquelle on place les réactifs. Il n’y a pas de débit à l’entrée et à la
sortie du réacteur. Le contenu de la cuve est habituellement mélangé, on peut donc
supposer que le contenu de la cuve est partout uniforme. Ce réacteur peut contenir
plusieurs fluides différents et plusieurs substances. La concentration de chaque substance
peut changer dans le temps. Après un certain temps, on arrête le brassage, on ouvre la
cuve et on retire le contenu. Le réacteur est alors près pour traiter une seconde cuvée. Les
machines à laver le linge sont un bon exemple d’un réacteur de type cuvé.
Comme c’est un réacteur cuvé, on peut dire que : Qo  Q  0 . Cela permet de simplifier
l’équation du bilan de masse (139) :
dC
r (140)
dt

218
Le temps de séjour du liquide dans le réacteur est appelé temps de rétention hydraulique
(θH). C’est le temps entre le remplissage et la vidange du réacteur.
Exemple 8.1:
Vous utilisez un réacteur en cuvée pour traiter trois effluents différents. Le premier se
décompose suivant une réaction d’ordre zéro, le second suivant une réaction d’ordre un et
le dernier suivant une réaction d’ordre deux. Pour chacune de ces substances trouvez une
équation qui décrit la concentration dans le réacteur en cuvée en fonction du temps.
Solution :
On part du bilan de masse dans le réacteur :
dC
V  QoCo  QC  rV
dt
Dans un réacteur en cuvée nous avons Qo  Qe  0 . L’équation précédente devient :

dC
r
dt
Pour une réaction d’ordre zéro
dC
 r   k0
dt
En intégrant de C0 à C et de 0 à t on obtient :
C  C0  k 0 t

Pour une réaction d’ordre un :

dC
 r  k1C
dt
En intégrant de C0 à C et de 0 à t on obtient :
C  C0 e  k1t
Pour une réaction d’ordre deux :
dC
 r   k 2C 2
dt
En intégrant de C0 à C et de 0 à t on obtient :
C0
C
1  k2C0t

219
8.2.2 Le réacteur piston (Plug flow)
Ce type de réacteur peut être représenté par un long tube de section constante dans lequel
l’eau s’écoule de l’entrée vers la sortie. Dans un réacteur piston parfait on suppose que la
vitesse d’écoulement est uniforme dans toute la section d’écoulement. Il y a un mélange
parfait suivant l’axe perpendiculaire à la direction de l’écoulement. Par contre il n’y a pas
de mélange dans la direction d’écoulement de l’eau. Dans la direction parallèle à
l’écoulement, on suppose qu’il n’y a pas de diffusion (moléculaire, turbulente, par
friction ou autre). Il y a seulement un transport par advection qui est constant dans toute
la section d’écoulement. En observant la figure 8-1, il est facile de voir qu’un réacteur
piston parfait se comporte comme un réacteur en cuvée. La performance d’un réacteur
piston peut donc être décrite par la même équation que celle utilisée pour le réacteur en
cuvée.

Figure 8-1: Représentation d'un réacteur piston comme une série de réacteurs
complètement mélangés.

Dans le cas d’un réacteur piston, le temps de rétention hydraulique (θH) est obtenu en
divisant le volume d’eau dans le réacteur par le débit d’entrée. Chaque particule ou
molécule qui entre dans un réacteur en cuvée ou dans un réacteur piston parfait y

220
séjourne pendant une durée égale au temps de rétention hydraulique. Sur la figure 8.1, on
voit que chaque petite cuve est indépendante des cuves adjacentes. De plus, on suppose
que chacune des cuves est très petite. On peut aussi supposer que chacune des petites
cuves ne se déplace pas, elle se déverse, à intervalle régulier, dans la cuve suivante. On
peut alors dire qu’un réacteur piston se comporte comme une cascade de plusieurs petits
réacteurs complètement mélangés.
Exemple 8.2:
Trouvez des expressions qui décrivent la concentration à la sortie d’un réacteur piston
lorsque les conditions d’équilibre sont atteintes. Considérez des réactions d’ordre zéro, un
et deux.
Solution :
On sait qu’un réacteur piston se comporte comme un réacteur en cuvée. On peut donc
dire que :
dC
r
d H
Par similitude avec un réacteur cuvée, on peut dire :
C  C0  k0 H Ordre zéro
C  C0 e- k1 H Ordre un
C0
C= Ordre deux
1  k2C0 H

8.2.3 Le réacteur complètement mélangé

C’est une cuve dans laquelle il y a un débit d’entrée et un débit de sortie. Le plus souvent
ces deux débits sont égaux et constants. Le contenu de toute la cuve est bien mélangé. La
concentration de toutes les substances dans le fluide contenu dans la cuve est partout
uniforme. La concentration d’une substance est donc la même que l’échantillon ait été
prélevé près de l’entrée, près de la sortie ou au milieu de la cuve. Il est aussi important de
noter que la concentration dans l’effluent du réacteur est égale à la concentration à
n’importe quel endroit de la cuve. Écrivons maintenant l’équation du bilan de masse
d’une substance ayant une concentration Co dans un affluent qui a un débit Q. Le débit de
sortie du réacteur est aussi Q alors que la concentration de la substance à la sortie du
réacteur est C.
221
 dC
V  QC0  QC  rV (141)
dt
Exemple 8.3 :
Vous injectez une substance inerte dans un réacteur complètement mélangé de volume V.
L’injection débute au temps t = 0 alors que le réacteur est rempli d’eau pure. Trouvez une
expression pour la concentration de la substance dans le réacteur en fonction du rapport
t/θH .
Solution :
On sait que les débits à l’entrée et à la sortie du réacteur sont égaux (Q). La concentration
à l’entrée du réacteur est Co. La concentration à la sortie du réacteur est égale à la
concentration dans le réacteur, soit C. Cette concentration va augmenter jusqu’à ce que
les concentrations à l’entrée et à la sortie soient égales.
Pour obtenir une expression de la concentration à la sortie du réacteur en fonction du
temps, nous allons écrire et solutionner l’équation du bilan de masse dans le réacteur.

Écrivons l’équation du bilan de masse:

dC
V  QC0  QC  rV
dt
Comme la substance est inerte, on peut dire que r = 0. L’équation précédente devient
donc :
dC
V  QC0  QC  Q  C0  C 
dt
Soit
dC Q
  C0  C 
dt V
dC Q
 dt
 C0  C  V
On intègre de C = 0 à C = C et de t = 0 à t = t
C t
dC Q
0  C0  C   V 0 dt
 C C  Q t
Ln  0   t  
 C0  V H

222
  C0  C   t  H
 e
 C0 
C 
 1  e  H 
 t

C0  
Exemple 8.4:
En utilisant les données et le résultat de l’exemple 8.3 :
a. Quelle sera la concentration dans le réacteur lorsque les conditions d’équilibre
seront atteintes ?
b. Cela prendra combien de temps pour que la concentration à la sortie du réacteur
soit égale à 95 % de la concentration à l’entrée.
Solution :
Partie a :
Il est possible de deviner la réponse. La concentration dans le réacteur à l’équilibre sera
de C0. On peut aussi dire que la concentration d’équilibre sera atteinte après un temps très
long en d’autres mots à t = ∞.
C 
 1  e  H 
 t

C0  
À t =  nous avons C  C0
Partie b :
On peut écrire :
C
C  0,95C0   0,95
C0
 t  t
H H
0,95  1  e e  0, 05

Ln  e  H   Ln  0, 05 
 t

 
 t  3  t  3 H
H
Ainsi pour être à 95% des conditions d’équilibre, pour ce type de réacteur et pour une
substance inerte, cela prend trois fois le temps de rétention hydraulique du réacteur. Par
exemple si nous avions un réacteur de 10 m3 et un débit de 5 m3/h cela prendrait 6 heures.

223
Exemple 8.5 :
Vous injectez une substance qui se décompose suivant une cinétique d’ordre un dans un
réacteur complètement mélangé de volume V. L’injection débute au temps t = 0 alors que
le réacteur est rempli d’eau pure.
a. Trouvez une expression pour la concentration de la substance dans le réacteur en
fonction de t et θH .
b. Quelle sera la concentration de la substance dans l’effluent du réacteur lorsque les
conditions d’équilibre seront atteintes.
c. Quelle sera la concentration de la substance dans l’effluent du réacteur après un
temps égale à 3θH . Vous pouvez supposer que la valeur du produit k1θH est de
0,1.
Solution :
Pour une réaction du premier ordre on peut écrire : r   k1C . Écrivons maintenant
l’équation du bilan de masse :
dC
V  QC0  QC  k1CV
dt

De plus on sait que :  H  V . En combinant les deux équations précédentes on obtient :

Q
dC dt

C0  C 1  k1 H   H

En intégrant l’équation précédente de C = 0 à C = C et de t = 0 à t = t on obtient :

1  C  C 1  k1 H   t
 Ln  0 
1  k1 H  C0  H
1 k1 H t
 
C0 1  e  H 
 
C 
1  k1 H

Partie b)
Pour trouver la concentration à l’équilibre, il suffit de faire tendre t vers l’infini dans
l’équation précédente. Le terme entre crochets dans l’équation précédente tend alors vers
1. La concentration à l’équilibre est alors :

224
 C0
C
1  k1 H
Partie c)
Remplaçons t par 3𝜃H et k1θH par 0,1 dans l’équation obtenue à la partie a) du problème.
 
1 0,13 H 
C0 1  e  H 
 
C  
1  0,1
C  0,88C0
À l’aide du résultat obtenu à la partie b), on peut dire qu’à l’équilibre nous aurons :
C  0,91C0 . On peut donc dire qu’après un temps égal à trois fois le temps de rétention

hydraulique nous serons à 97 % des conditions d’équilibre (0,88/0,91).

Exemple 8.6:
Trouvez les équations qui décrivent la concentration d’un contaminant à la sortie d’un
réacteur complètement mélangé lorsque les conditions d’équilibre sont atteintes.
Considérez des réactions d’ordre zéro, un et deux.
Solution :
Partons de l’équation du bilan de masse :
dC
V  QC0  QC  rV
dt
Comme les conditions d’équilibre sont atteintes on peut dire que : dC dt  0 . L’équation
précédente devient alors :
0  Q  C0  C   rV

Pour une réaction d’ordre zéro :

0  Q  C0  C   k0V
C  C0  k0 H
V
H 
Q
Il est important de noter que la concentration C ne peut pas être négative.
Pour une réaction d’ordre un :

225
 0  Q  C0  C   k1CV
C0
C
1  k1 H
Pour une réaction d’ordre deux :
0  Q  C0  C   k2C 2V

 4k2 H C0  1
1
2
1
C
2k2 H

8.2.3.1 Réacteurs complètement mélangés en série

Il est possible de construire plusieurs réacteurs complètement mélangés et de les relier en
série. En d’autres mots, le premier réacteur est alimenté avec l’affluent qui a une
concentration C0. L’effluent de ce réacteur qui a une concentration C1 se déverse dans le
second réacteur qui lui se déverse dans le troisième et ainsi de suite. Dans la suite de cette
section nous allons comparer les performances de un ou plusieurs réacteurs en série.
Nous allons illustrer notre propos à l’aide d’un exemple.
Exemple 8.7:
Une substance se décompose suivant une cinétique d’ordre un avec une constante k1.
a. Quel est le temps de rétention hydraulique nécessaire pour obtenir un enlèvement
de 90% en utilisant un seul réacteur ?
b. Quel est le temps de rétention hydraulique total nécessaire pour obtenir un
enlèvement total de 90 % en utilisant deux réacteurs en série de même
volume Vs ?

Solution :
Parie a) : Un seul réacteur de volume V. Écrivons l’équation du bilan de masse lorsque
les conditions d’équilibre sont atteintes :
0  QC0  QC  k1CV

Après transformation on obtient :

C 1

C0 1  k1 H

226
Un enlèvement de 90 % correspond à C Co  0,1 . En remplaçant dans l’équation

précédente on obtient :  H  9 k 1
Partie b) : Deux réacteurs en série. Posons que le temps de rétention hydraulique dans un
Vs
seul réacteur est :  H*  .
Q
Pour le réacteur 1 nous avons le bilan de masse suivant :
0  QC0  QC1  k1C1Vs
C1 1

C0 1  k1 H*
Pour le réacteur 2, nous avons le bilan de masse suivant :
0  QC1  QC2  k1C2Vs
C2 1

C1 1  k1 H*
Pour obtenir l’enlèvement total par les deux réacteurs on fait :

C1 C2 C2  1   1  1
   0,1    
 1  k H   1  k H  1  k H* 
* * 2
C0 C1 C0

En solutionnant cette équation on trouve  H*  2,16 k 1 donc :  H  2 H*  4,32 k 1 .

On voit que le temps de rétention hydraulique total diminue lorsque nous utilisons deux
réacteurs en série au lieu d’un seul réacteur. Peut-on dire que l’augmentation du nombre
de réacteur en série diminue le temps de rétention hydraulique ? Si oui, quel est le temps
de rétention total minimal qui permet d’obtenir un enlèvement de 90% ?
Pour répondre à ces questions, refaisons l’exemple précédent mais en supposant que nous
avons trois réacteurs en série. On obtiendrait alors :
C 1

C0 1  k * 3
H

La solution de cette équation donne :  H  3 H*  3, 46 k1 . On voit que plus on augmente

le nombre de réacteurs, plus on augmente la performance. Pour un nombre n de réacteurs
en série on peut utiliser l’équation suivante :

227
 n
 
C  1 
 
C0  1  k V 
 1
nQ 

Dans l’équation précédente n est le nombre de réacteurs et V/n le volume de un réacteur.
Si on prend la limite de cette équation lorsque n tend vers l’infini on obtient :
C
 e k1H
C0
C’est l’équation qui décrit la performance d’un réacteur piston. En posant C Co  0,1 on

obtient :  H  2, 3 k1 . C’est le temps de rétention minimal pour obtenir un rendement de

90% lorsque la cinétique de réaction est d’ordre un.

Que se passe-t-il lorsque l’ordre de réaction est différent ?

En analysant l’équation du bilan de masse
dC
V  QC0  QC  rV
dt
On voit que, seul le terme de transformation (rV) est affecté par l’ordre de réaction. Pour
une réaction d’ordre un, le taux de disparition de la substance est proportionnel à la
concentration de la substance dans le réacteur ( r   k1C ). Lorsque nous utilisons un seul
réacteur, l’affluent est rapidement dilué dans un grand volume. La concentration
résultante est alors faible ce qui entraine un taux de réaction faible. Lorsque nous
utilisons plusieurs réacteurs en série, l’affluent entre dans le premier réacteur où il est
moins dilué car le volume du réacteur est plus petit. La vitesse de réaction dans ce
réacteur est alors plus élevée, elle est proportionnelle à une concentration plus élevée.
La division d’un réacteur en plusieurs petits réacteurs est bénéfique seulement si le taux
de réaction est affecté par la concentration dans le réacteur. Cela n’est pas le cas pour les
réactions d’ordre zéro ( r   ko ). D’un autre coté, il est intéressant de diviser un réacteur
qui traite une substance qui se décompose suivant une réaction d’ordre deux. En effet le
taux de disparition d’une telle substance est proportionnelle à la concentration au carré
r  k2C 2 . L’augmentation de performance causée par la division d’un bassin sera plus

importante pour une réaction d’ordre deux que pour une réaction d’ordre un. Dans le

228
tableau suivant on donne les équations qui décrivent la performance des réacteurs
complètement mélangé et piston pour les ordres de réaction zéro, un et deux.
Tableau 8-1: Comparaison des performances des réacteurs piston et complètement
mélangés.
Ordre de Complètement mélangé Piston
réaction
Zéro C k C k
 1 0 H  1 0 H
C0 C0 C0 C0
Un C 1 C
  e k1H
C0 1  k1 H C0

C  4k2 H C0  1 2  1
Deux 1
C 1
 
C0 2k2 H C0 C0 1  k2 H C0

Les équations du tableau 8-1 ont été obtenues en faisant des bilans de masse dans
lesquels r   k0 pour les réactions d’ordre zéro, r   k1C pour les réactions d’ordre un et

r  k2C 2 pour les réactions d’ordre deux. En examinant les équations dans le tableau
précédent, on voit que pour les réactions d’ordre zéro, les réacteurs complètement
mélangé et piston donnent le même enlèvement. Pour les réactions d’ordre un et deux, le
rendement du réacteur piston est toujours plus élevé.

8.3 Problèmes

8.1
a) Une réaction du premier ordre se produit dans un réacteur cuvée à un taux
constant de 0,3h-1. Il faut combien de temps pour que la concentration de la
substance baisse à 10% de la concentration initiale ?
b) Une réaction du premier ordre se produit dans un réacteur cuvée à un taux
constante k1 . Trois heures après le début de la réaction, la concentration de la

substance est 20% de la concentration initiale. Quelle est la valeur de k1 ?

229
c) Deux réactifs A et B sont placés dans un réacteur où la réaction suivante a lieu
A B  P
Les concentrations initiales de A et B sont respectivement de 0,1M et 0,001M. La
constante de réaction est de 3M-1h-1. Quelles sont les concentrations de A et B
lorsque l’équilibre est atteint ?

8.2
Répondre aux questions suivantes :
a) Comment peut-on comparer le comportement d’un réacteur cuvée avec un
réacteur piston ?
b) En considérant un réacteur où il y a transport et transformation, expliquez
comment il serait possible de simplifier le système en comparant le temps
caractéristique et le temps de rétention hydraulique du système. Considérez les
trois cas suivants : 1) τ << H ; 2) τ >> H et 3) τ ~ H
c) Vous avez deux réacteurs A et B. Le réacteur A est de type piston avec un volume
de 3 m3, il traite un débit de 1,5 m3/h. Le réacteur B est complètement mélangé. Il
a un volume de 1 m3 et traite un débit de 0,5 m3/h. L’eau d’alimentation de
chacun de ces réacteurs contient une substance C qui a une concentration initiale
de Co. Dans chacun des réacteurs, la substance subit une dégradation suivant une
cinétique d’ordre 1 avec une constante k1. Quel réacteur a le temps de rétention
hydraulique le plus long ?
8.3
Un réacteur complètement mélangé ayant un volume V contient une solution avec une
concentration Co d’une substance inerte. À t = 0, vous débutez l’alimentation de ce
réacteur avec de l’eau pure. Le débit d’entré dans le réacteur (Q) est égal au débit de
sortie. Trouvez une expression pour la concentration de la substance en fonction du
temps.
8.4
Des essais avec des traceurs sont souvent fait pour : 1) déterminer si le système se
comporte comme un réacteur idéal ; 2) obtenir les paramètres physiques du système. Un
bon traceur est chimiquement inerte, pas dangereux et facilement détectable.

230
Vous faites un essai avec un bon traceur en procédant de la façon suivante :
1. Vous alimentez d’abord le réacteur avec de l’eau pure.
2. Vous injectez très rapidement 1 gramme de chlorure de sodium (NaCl) à
l’entrée du réacteur.
3. Après injection du traceur vous continuez l’alimentation du réacteur avec
de l’eau pure.
4. Immédiatement après l’ajout du traceur vous débutez le prélèvement des
échantillons à la sortie du réacteur. Vous prélevez un échantillon par heure
à la sortie du réacteur.
5. Vous mesurez la concentration de chlorure (Cl-) dans chacun des
échantillons

Les résultats sont présentés dans le tableau suivant :

t (h) 0 1 2 3 4 5 6 7
C(mg/m3) 15 10 6,8 4,5 3 2 1,4 0,9

Utilisez ces résultats pour répondre aux questions suivantes :

a) Quel type de réacteur est utilisé ?
b) Quel est le volume du réacteur ?
c) Quel est le débit d’alimentation du réacteur ?

8.5
Un réacteur est alimenté à débit constant avec une eau qui contient une substance qui se
décompose suivant une réaction d’ordre zéro avec une constante cinétique ko . La
concentration de la substance à l’entrée du réacteur est Co et le temps de rétention
hydraulique est  H .
a) Pour chacun des types de réacteurs (piston et complètement mélangé) trouvez une
expression pour la concentration de la substance à la sortie du réacteur. Vous
pouvez supposer que ko H  Co .

231
 b) Quelle est la concentration de la substance à la sortie du réacteur lorsque
ko H  Co ?

c) La concentration de la substance dans l’effluent des réacteurs dépend-elle du type

de réacteur utilisé ?
8.6
Une eau contenant un contaminant A doit être traitée à l’aide d’un réacteur de type
piston. La cinétique de décomposition de la substance est décrite par une réaction d’ordre
1. Quel doit être le temps de rétention hydraulique pour obtenir un enlèvement de 95 %.
8.7
Un réacteur de type complètement mélangé doit être conçu pour enlever le contaminant A
dans une eau. À l’équilibre on veut que l’efficacité d’enlèvement de A soit de 95 %. La
réaction de décomposition de A est décrite par une cinétique d’ordre zéro avec une
constante ko = 0,1 M h-1. La concentration à l’entrée du réacteur est de 0,5 M. Quel
temps de rétention permet d’obtenir une efficacité d’enlèvement de 95 % ?
8.8
Un réacteur complètement mélangé a atteint les conditions d’équilibre. Il a un volume V
et traite un débit Q. Il y a deux substances dans l’affluent A et B. Dans le réacteur la
substance A se décompose suivant une réaction d’ordre 1 avec une constante k1. La
décomposition de A produit la substance B (A  B). Trouvez une expression pour la
concentration de B dans l’effluent du réacteur en fonction de Ao, Bo, k1 et H

8.9
Le radon contenu dans les eaux souterraines affecte la santé humaine. Il se dégrade
naturellement selon une réaction du premier ordre avec une constante cinétique de
0,18 d-1. Une façon simple de réduire la concentration de radon et par le fait même le
risque pour la santé est de faire passer l’eau contaminée au radon dans un réservoir
(réacteur) et de laisser baisser naturellement la concentration du radon. Vous savez que le
débit à traiter est de 1 m3/d et que la concentration de radon à la sortie du réacteur doit
être égale à 5 % de la concentration à l’entrée. Vous devez considérer les trois
configurations suivantes :

232
 a) Quel est le volume (m3) d’un réacteur piston ?
b) Quel est le volume (m3) d’un réacteur complètement mélangé ?
c) Quel est le volume total (m3) de deux réacteurs complètement mélangés
identiques placés en série ?

8.10
Vous devez faire la conception préliminaire d’un réacteur qui traite une eau qui contient
une substance « A » qui se dégrade dans l’eau. Vous ne connaissez n’y l’ordre de
réaction ni la constante cinétique. Par contre vous savez qu’un essai en cuvé a été fait. Un
litre d’eau ayant une concentration initiale de 50 mg/L de la substance « A » a été placé
dans un récipient fermé. Après des périodes différentes, le récipient a été ouvert et la
concentration de la substance « A » mesuré. Les résultats sont :

Essai No Période d’incubation Concentration de « A »

1 1 heure 35,0
2 3 heures 17,2
3 6 heures 5,9
a) Quel est l’ordre de réaction?
b) Quelle est la valeur de la constante de réaction?
c) Vous prévoyez utiliser un réacteur complètement mélangé pour traiter un débit de
0,3 m3/s qui contient 50 mg/L de la substance « A ». Quel volume doit avoir le
réacteur si vous devez obtenir un enlèvement de 90 %.
d) Refaire l’exercice c) mais en supposant que vous utilisez un réacteur piston.
e) Refaire l’exercice c) mais en supposant que vous utilisez deux réacteurs
identiques de type complètement mélangé en série.

8.11

Vous devez traiter un débit de 1000 m3/d d’eaux d’égout ayant une DBO5 de 125 mg/L et
une température de 20C à l’aide d’un ou deux réacteurs complètement mélangés. La
DBO5 dans l’effluent des réacteurs doit être égale ou inférieure à 15 mg/L. La constante
de dégradation de la DBO, à 20C est de 0,22 d-1.

233
Calculez le volume total de réacteur(s) en considérant les cas suivants :
1. Un seul réacteur.
2. Deux réacteurs en série ayant des volumes égaux.
3. Deux réacteurs en série, le volume du premier réacteur représente 10 % du
volume total.
4. Deux réacteurs en série, le volume du premier réacteur représente 90 % du
volume total.
5. Deux réacteurs en parallèle ayant des volumes égaux. Chaque réacteur est
alimenté avec 50% du débit total.
6. Deux réacteurs en parallèle ayant des volumes égaux. Un réacteur traite 65 % du
débit alors que l’autre réacteur traite 35 % du débit.

8.12
Vous devez traiter 5 000 m3/d d’eaux d’égouts dans deux réacteurs construits en série tel
que représentés sur la figure jointe. Chaque réacteur a un volume de 50 000 m3. La DBOu
de l’affluent du premier réacteur est de 150 mg/L. On vous demande de diviser l’affluent
en deux parties. Une partie (Q1) alimente le premier réacteur et la seconde partie (Q2)
alimente le second réacteur. En supposant que : a) les deux réacteurs sont complètement
mélangés ; b) la cinétique d’enlèvement de la DBOu est du premier ordre avec une
constante de 0,3 d-1 à 20°C :

a) Écrire l’équation du bilan de masse du premier réacteur lorsque les conditions

d’équilibre sont atteintes.
b) Écrire l’équation du bilan de masse du second réacteur lorsque les conditions
d’équilibre sont atteintes.
c) Calculez les valeurs de C1, Cr et C2 lorsque :
1) Q1 = Q2 = 2500 m3/d
2) Q1 = 1000 m3/d et Q2 = 4000 m3/d
3) Q1 = 4000 m3/d et Q2 = 1000 m3/d

234
 Figure

8.13

Vous devez faire la conception d’un réacteur qui traite une eau qui contient une substance
A qui se dégrade suivant une réaction d’ordre 1 avec une constante cinétique de
2 102 h 1 . Vous devez traiter un débit de 120 m3/d et obtenir un enlèvement de 95%.
Calculez le volume du ou des réacteurs pour chacune des conditions suivantes :

a) Vous devez construire un seul réacteur complètement mélangé.

b) Vous devez construire deux réacteurs complètement mélangés identiques qui

seront installés en série (l’effluent du premier réacteur se déverse dans le
deuxième réacteur).

c) Vous devez construire deux réacteurs complètement mélangés identiques qui

seront installés en parallèle (le débit d’affluent est divisé en deux parties égales et
chaque partie alimente un réacteur).

d) Vous devez construire un seul réacteur piston.

235
9 Traitement des eaux potables
Les eaux naturelles de surface ou souterraines doivent être traitées afin de les rendre
potables ou propres à la consommation humaine. les eaux naturelles avant traitement sont
appelées eaux brutes. Le traitement nécessaire est fonction de la qualité des eaux brutes et
de la sévérité des normes sur la qualité de l’eau potable. Dans la suite de ce chapitre nous
allons donner un aperçu de la qualité des différentes sources d’eau brute, parler
brièvement du règlement sur les eaux potables et enfin présenter les différents procédés
de traitement utilisés pour produire de l’eau potable.

9.1 Les sources d’eaux brutes

Il y a deux grandes catégories d’eaux brutes : 1) les eaux de surface; 2) les eaux
souterraines. Les eaux de surface comprennent les eaux de rivières, les eaux de lac et les
eaux de mer. Le contenu en sels des eaux de mer les rende très difficiles à traiter. Nous ne
les considérons pas dans ce chapitre. Dans la suite de cette section, nous présentons les
principaux problèmes de qualité des eaux de surface et des eaux souterraines.

9.1.1 Les eaux de surface

Il y a essentiellement deux catégories d’eaux de surface : 1) les eaux de rivière; 2) les
eaux de lac. La qualité des eaux de rivières peut changer rapidement à cause des
variations du régime hydraulique. De plus, ces eaux sont exposées à la pollution humaine.
La plupart des villes et industries sont situées à proximité d’une rivière. Il n’est donc pas
rare que l’eau de ces cours d’eau soit polluée et nécessite un traitement complet afin de la
rendre potable. Sans entrer dans le détail du règlement sur la qualité de l’eau potable,
nous pouvons citer les principaux problèmes de qualité des eaux brutes provenant des
rivières.
1. Contamination microbienne. Elle est surtout importante dans les parties aval des
rivières. Soit dans les régions ou la population est importante. Ou bien lorsque
l’agriculture est bien développée. Les principaux types de microorganismes
rencontrés sont les bactéries, les virus et les protozoaires.

236
 2. Présence de matière organique. Cette matière provient de la dissolution de la
matière végétale ou des tissus animaux. La concentration de matière organique est
importante lorsque l’eau a été en contact avec ces matières pendant une longue
période de temps comme c’est le cas dans les marais ou dans les tourbières. La
concentration de matières organiques est habituellement plus importante dans la
partie aval des rivières. Ce sont ces matières qui sont responsables de la plus
grande partie de la couleur.
3. Turbidité. Elle est causée par l’ensemble des particules qui gênent le passage de la
lumière. Elle n’a pas d’effet direct sur la santé. Par contre elle dégrade l’aspect
esthétique de l’eau ce qui fait planer un doute sur sa potabilité.

Ce sont les principaux problèmes de la qualité des eaux de rivières. Dépendant des
régions ou des conditions locales, il peut y avoir bien d’autres problèmes qu’il faudra
solutionner. Les eaux de lac sont habituellement de meilleure qualité que les eaux de
rivière. En effet, plusieurs lacs sont situés dans des régions peu peuplées ou dans des
régions ou il y a peu d’activités agricoles. De plus, les lacs agissent comme d’immense
bassin de décantation. Cela permet d’éliminer une bonne fraction des particules qui
causent la turbidité. Enfin la qualité des eaux brutes provenant des lacs est plus stable
durant l’année, ce qui facilite le traitement. Mentionnons cependant que les lacs profonds
sont affectés par le retournement. Un retournement survient à l’automne lorsque les eaux
situées en surface du lac se refroidissent plus rapidement que les eaux en profondeur. La
densité de l’eau est maximale à une température de 4 degrés centigrade. Il arrive à
l’automne que l’eau de surface soit à cette température alors que l’eau dans les couches
plus profondes est plus chaude donc moins dense. Cette situation est instable. Un
mouvement de bascule peut avoir lien ce qui a pour effet de brasser tout le volume d’eau
du lac en quelques secondes. Nous observons alors une dégradation générale des qualités
de l’eau brute. Par contre, ce phénomène est prévisible, ce qui permet aux opérateurs
d’usine de se préparer. Dans les eaux de lacs, les principaux problèmes sont les mêmes
qu’en rivière :
1. Contamination microbienne. Nous rencontrons les mêmes types de
microorganismes mais souvent en moins grandes concentrations que dans les eaux

237
 de rivière. De plus les concentrations sont plus uniformes, si on exclu les périodes
de retournement.
2. Présence de matière organique. Cette matière est aussi présente dans les eaux de
lac.
3. Turbidité. Règle générale la turbidité est moins élevée et plus uniforme dans le
temps dans les eaux de lacs que dans les eaux de rivières. Par contre, il arrive que
la présence de fer et de manganèse cause de la turbidité. Cela arrive lorsque les
eaux brutes sont prélevées en profondeur dans des régions anaérobies où le fer est
soluble. Lorsque ces eaux sont exposées à l’atmosphère, l’oxygène oxyde le fer ce
qui favorise la formation d’un précipité.

Il y a bien d’autres problèmes de qualité dans les eaux de surface mais ceux présentés
précédemment sont les principaux. Ce sont ceux qui nous forcent à utiliser un traitement
complet des eaux. Ce traitement permet de résoudre la plupart des autres problèmes qui
affectent les eaux de surface.

9.1.2 Les eaux souterraines

Les eaux souterraines sont habituellement à l’abri des sources de pollution. On distingue
trois types d’eaux souterraines : 1) les eaux souterraines sous influence des eaux de
surface ; 2) les eaux souterraines vulnérables et 3) les eaux souterraines non vulnérables.
Les eaux souterraines, sous influence des eaux de surface, sont rapidement affectées par
les activités en surface ou par les variations de qualité des eaux de surface. Par exemple
un puits de surface, creusé tout près d’une rivière, aura une eau de même qualité que
l’eau de la rivière. On considère que l’eau provenant d’un tel puits est essentiellement de
l’eau de surface et sera traitée comme telle.
Les eaux souterraines vulnérables sont mieux protégées que les eaux sous influence que
eaux de surface. Ce sont des eaux qui pourraient être contaminées par des polluants ou
des microorganismes provenant de la surface. Cela est cependant improbable à cause de
la qualité de construction du puits et aussi à cause du contrôle des activités en surface. Ce
type d’eau nécessite un traitement habituellement moins élaboré que les eaux de surface
ou sous influence.

238
Les eaux souterraines non vulnérables proviennent de puits bien construits installés dans
un endroit où il n’y a pas d’activité polluante en surface. L’eau provenant d’un tel puits
peut être consommée sans traitement préalables.
Les principaux problèmes qui affectent la qualité des eaux souterraines (vulnérables ou
non) sont d’ordre chimique. C’est le résultat de dissolution de minéraux contenu dans les
sols ou dans la roche. Ainsi, il n’est pas rare de rencontrer des eaux dures en d’autres
mots riches en calcium et en magnésium. Certaines eaux peuvent contenir des
concentrations élevées de fer et de manganèse. D’autres eaux peuvent être riches en
arsenic. Enfin mentionnons que certaines eaux souterraines contiennent des
concentrations élevées de bioxyde de soufre (H2S). Ce produit est volatile et dégage une
forte odeur d’œuf pourri.
Dans la suite de ce chapitre nous décrirons une usine de traitement des eaux de surface.

9.2 Chaîne de traitement classique

Une chaîne de traitement des eaux de surface classique comprend la séquence des
procédés suivants :
1. Coagulation
2. Floculation
3. Décantation
4. Filtration rapide
5. Désinfection
6. Stabilisation.
Les quatre premiers procédés ont pour objectif de retirer de l’eau les particules en
suspension. Le procédé suivant, la désinfection, est un procédé chimique qui a pour but
d’inactiver les microorganismes contenus dans l’eau. Enfin, la stabilisation permet
d’ajuster le pH de l’eau dans une plage moins agressive pour les métaux des conduites.
Dans un premier temps nous décrivons rapidement les procédés de coagulation et
floculation. Nous faisons ensuite une description plus complète de la décantation. Enfin
nous présentons rapidement la filtration rapide, la désinfection et la stabilisation.

239
9.2.1 Coagulation – Floculation
Le but de ces deux procédés est d’agglutiner les particules entre elles et sur des particules
de précipité. La plupart des particules contenues dans une eau ont une charge électrique
négative. Elles se repoussent donc les unes les autres ce qui les rend très stables. La
coagulation a un double but : 1) réduire la force de répulsion entre les particules en
augmentant la force ionique de l’eau ; 2) former un précipité agglutinant qui permet de
trapper les particules. Les coagulants sont habituellement des sels de métaux trivalents.
Le coagulant le plus utilisé est le sulfate d’aluminium [Al2(SO4)3·14H2O] communément
appelé alun. En plus d’augmenter la force ionique de l’eau, ce coagulant réagit avec
l’alcalinité de l’eau pour former un précipité [Al(OH)3] et pour faire baisser le pH. Les
principales réactions chimiques sont :
Al2  SO4 3 14H 2O  3Ca  HCO3 2  2 Al  OH 3  3CaSO4  6CO2  14H 2O (142)

Al2  SO4 3 14H 2O  3Na2CO3  2 Al  OH 3  3Na2 SO4  3CO2  14H 2O (143)

Al2  SO4 3 14H 2O  3Ca  OH 2  2 Al  OH 3  3CaSO4  14H 2O (144)

En observant ces réactions, on voit que l’alun réagit avec l’alcalinité de l’eau. L’équation
qui décrit la situation est fonction du pH de l’eau. En effet, à un pH situé entre 6,8 et 9,5,
l’alcalinité est surtout sous forme de bicarbonate  HCO3  , c’est donc l’équation (142)

qui décrit le mieux la réaction. À un pH plus élevé, l’alcalinité est sous forme de
carbonate  CO32  l’équation (143) est alors utilisée. Enfin à un pH se situant au dessus de

12, l’alun réagit principalement avec les ions hydoxyles  OH   selon l’équation (144).

On note que chacune des réactions conduit à la formation d’hydroxyde d’aluminium

 Al  OH 3   . Cet hydroxyde a un produit de solubilité très faible soit 10-32 M4, il aura

donc tendance à former un précipité que nous appelons floc. Une particule qui entre en
contact avec un floc s’y accroche.
Les bassins de coagulation sont des réacteurs complètement mélangés qui ont un temps
de rétention hydraulique court, soit moins de 2 minutes. À la sortie du bassin de
coagulation, nous avons une eau qui contient les mêmes particules que dans l’eau brute et

240
des particules de précipité appelées flocs. L’effluent du bassin de coagulation est déversé
dans le bassin de floculation.
Le but de la floculation est d’agglutiner les particules entre elles et sur les flocs. On
diminue ainsi le nombre de particules et on augmente la taille des particules résultantes.
La floculation est réalisée en mélangeant le contenu du bassin de floculation. Les
différences de vitesses induites favorisent les contacts entre les particules et les flocs. Le
brassage doit être assez fort pour créer des courants de vitesse dans le bassin mais pas
trop fort car il briserait les flocs déjà formés. On peut aussi favoriser les contacts entre les
particules en faisant circuler l’eau coagulée dans un lit de boue. On alimente alors le
bassin de floculation par le fond. Il se forme une zone à forte densité de particules qu’on
nomme « lit de boue ». En passant dans ce lit de boue, les particules entreront en contact
avec les flocs qui sont très nombreux dans cette partie du bassin de floculation. À la
sortie du bassin de floculation nous avons une eau qui contient surtout des grosses
particules résultant de l’agglomération de particules d’impuretés et de flocs. Cet effluent
est dirigé vers le bassin de décantation.

9.2.2 Décantation
La décantation est un procédé utilisé dans presque toutes les usines de traitement des
eaux. Elle a pour but d’éliminer les particules en suspension dont la densité est supérieure
à celle de l’eau. Ces particules sont en général, des particules de floc. Les particules
s’accumulent au fond du bassin de décantation où on les extrait périodiquement. L’eau
clarifiée, située près de la surface, est dirigée vers l’unité de filtration rapide. Dans cette
section nous présentons d’abord les différents types de décantation. Ensuite nous
décrivons comment la théorie a été utilisée pour améliorer les performances de la
décantation.

9.2.2.1 Types de décantation

Selon la concentration en solides et la nature des particules (densité, forme), on distingue
quatre types de décantation : 1) la décantation de particules discrètes; 2) la décantation de
particules floculantes ; 3) la décantation freinée et 4) la décantation en compression de
boue.

241
Décantation de particules discrètes
Ce type de décantation (dite discrète ou individuelle) est caractérisé par le fait que les
particules conservent leurs propriétés initiales (forme, dimension et densité) au cours de
leur chute. La vitesse de chute est indépendante de la concentration de particules. Les lois
classiques de Newton et de Stokes s’appliquent.
Décantation de particules floculantes
Ce type de décantation est caractérisé par l’agglomération des particules au cours de leur
chute. Les propriétés physiques de ces particules (forme, dimension, densité et vitesse de
chute) sont donc modifiées pendant le processus. On retrouve ce type de décantation dans
les décanteurs des usines de traitement des eaux et dans les décanteurs secondaires des
stations d’épuration.
Décantation freinée
Ce type de décantation est caractérisé par une concentration élevée de particules, ce qui
entraîne la formation d’une couche de particules et, par conséquent, l’apparition d’une
démarcation nette entre les solides décantés et le liquide surnageant. On retrouve ce type
de décantation dans les lits de boues et dans les parties profondes des décanteurs.
Décantation en compression de boue
Dans ce type de décantation, les particules entrent en contact les unes avec les autres et
reposent sur les couches inférieures. Dans cette zone, le phénomène de consolidation est
relativement lent. On retrouve ce type de décantation dans les épaississeurs de boue par
gravité.

9.2.3 Décanteur idéal

Considérons maintenant un bassin de décantation idéal tel que présenté à la figure 9-1

242
Figure 9-1: Décanteur idéal
Dans un tel bassin, les paramètres sont les suivants :
A : aire de la section longitudinale de la zone de décantation (L · W)
A’ : aire de la section transversale de la zone de décantation (H· W)
H : profondeur totale de la zone de décantation
h ; profondeur partielle de la zone de décantation
L : longueur de la zone de décantation
Q : débit d’eau
VH : vitesse horizontale de l’eau (Q/A’)
Vp : vitesse de chute d’une particule
V0 : vitesse de chute d’une particule égale à la charge superficielle
On peut déterminer les quatre zones suivantes à l’intérieur d’un bassin de décantation
idéal :
Zone d’entrée : Zone à l’intérieur de laquelle le débit est distribué uniformément à
travers la section A’. La concentration de particules est donc égale partout dans cette
zone.

243
Zone de décantation : zone à l’intérieur de laquelle a lieu la décantation tranquille.
Lorsque le débit est constant, les particules suivent une trajectoire rectiligne telle
qu’illustrée à la figure 9-1.
Zone de sortie : Zone où a lieu l’évacuation de l’eau décantée. Toutes les particules qui
atteignent cette zone ne sont pas retirées de l’eau.
Zone de boues : Zone où il y a accumulation des matières solides décantées. Toutes les
particules qui touchent cette zone sont définitivement enlevées.

On voit sur la figure 9-1 que toutes les particules qui ont une vitesse de chute supérieure à
V0 seront complètement enlevées. Les particules qui ont une vitesse de chute plus faible
que V0 seront partiellement éliminées. Par exemple les particules ayant une vitesse de
chute Vp seront éliminées seulement si elles pénètrent dans la zone de décantation à une
hauteur inférieure à h. L’efficacité d’enlèvement des particules ayant une vitesse de
chute Vp peut être calculé de la manière suivante :
Puisque, dans la zone d’entrée, le débit est distribué uniformément à travers la section
transversale, il est facile de voir que la fraction enlevée F est :
h
F (145)
H
Comme la hauteur est le produit de la vitesse par le temps de rétention, on obtient :
Vp H Vp
F  (146)
V0 H V0
On sait aussi que :
L
H  (147)
VH
On peut aussi écrire :
H HVH HVHW Q
Vo     (148)
H L LW A
L’équation (148) définie la charge superficielle (Vo) qui est le débit divisé par la surface
de la zone de décantation. La surface de la zone de décantation n’est pas la section de
cette zone, c’est la surface du plan d’eau, certains disent la « surface miroir ». On peut
donc écrire :

244
 Vp Vp
F  (149)
V0 Q A
Exemple 9.1 :
Une eau contient quatre types de particules en égales proportions (25 %). Chaque type de
particule a une vitesse de chute différente : Va = 0,03 m/s ; Vb = 0,05 m/s ; Vc = 0,10 m/s
et Vd = 0,15 m/s. Quelle charge superficielle (V0) permettrait d’obtenir une efficacité
d’enlèvement de 85%.
Solution :
L’enlèvement global est la somme des enlèvements des particules de type a, b, c et d. On
peut donc écrire :
Va V V V
F  Pa  Pb b  Pc c  Pd d  0,85
V0 V0 V0 V0
Dans l’équation précédente, la seule inconnue est Vo on peut donc écrire :

a a  PV
PV b b  PV
c c  PdVd
Vo   0, 097m / s
F
Vérifions si cette réponse est valable :
0, 03 0, 05 0,10 0,15
F  0, 25   0, 25   0, 25   0, 25 
0, 097 0, 097 0, 097 0, 097
F  0, 25  0,31  0, 25  0,52  0, 25 1, 03  0, 25 1,55
La dernière équation indique que nous enlevons 31 % des particules de type a ; 52 % des
particules de type b ; 103 % des particules de type c et 155 % des particules de type d ce
qui n’est pas possible. Nous ne pouvons pas enlever plus de 100% des particules.
Solutionnons les équations à nouveau mais en supposant que les particules c et d sont
enlevées à 100 %. Cela donne :
0, 03 0, 05
0,85  0, 25   0, 25   0, 25  0, 25
V0 V0
m
Vo  0, 057
s
Vérifions si cette réponse est juste :
0, 03 0, 05 0,10 0,15
F  0, 25   0, 25   0, 25   0, 25 
0, 057 0, 057 0, 057 0, 057
F  0, 25  0,53  0, 25  0,88  0, 25 1  0, 25 1

245
En conclusion on voit que les particules de type a sont enlevées à 53 %, les particules de
type b à 88 % et les particules de type c et d sont toutes enlevées à 100 %. Les décanteurs
classiques, construits comme des décanteurs idéals, sont utilisés dans le traitement des
eaux potables avec une charge superficielle de 1m/h.

9.2.4 Décanteur à tubes

Dans un décanteur idéal, une particule est éliminée lorsqu’elle touche la zone de boues.
Dans le décanteur illustré à la figure 9-1, cette particule doit parcourir une distance
verticale H. On peut montrer que, si on réduit de moitié la hauteur du bassin sans
modifier le temps de rétention, on n’obtient aucune élimination supplémentaire de
particules, puisque, pour conserver ce même temps de rétention, on doit doubler la
longueur du bassin. Or, dans ce nouveau bassin, la vitesse horizontale est doublée.
Par contre, on peut accroître considérablement la capacité du décanteur en augmentant la
surface de décantation. Pour ce faire, il suffit d’ajouter des paliers dans le décanteur tel
que montré à la figure 9-2. En effet, alors que, dans un décanteur dépourvu de palier, les
particules dont la vitesse de décantation est supérieure ou égale à V0 sont complètement
éliminées, dans un décanteur doté de trois paliers, les particules dont la vitesse de
décantation est supérieure ou égale à V0/3 sont complètement éliminées.

246
Figure 9-2 bassin de décantation idéal avec deux paliers
En théorie, pour augmenter la capacité d’un décanteur, on peut réduire à l’infini la
hauteur qui sépare les paliers. En pratique, toutefois, on doit laisser entre chaque palier
une distance suffisante pour qu’une certaine quantité de boues s’accumule. En général, la
hauteur qui sépare chaque palier est de l’ordre de 5 cm. Les principaux décanteurs mis au
point à partir de ces principes sont les décanteurs à tubes inclinés à 7º et ceux inclinés à
60º.
Les tubes inclinés à 7º, tels qu’illustré à la figure 9-3, ont une longueur de 0,6 ; 1,2 ; 1,8
ou 2,4 m.

247
Figure 9-3: Décanteurs à tubes inclinés à 7º
Lorsque l’eau floculée pénètre dans le décanteur, les particules de floc s’y déposent et s’y
accumulent, alors que le liquide surnageant est acheminé vers les filtres rapides.
L’accumulation des solides dans les tubes réduit la section d’écoulement, ce qui
augmente la vitesse de l’eau, si bien que, lorsque cette vitesse est suffisamment élevée,
les solides sont remis en suspension dans l’eau et entraînés vers les filtres. Les pertes de
charge à travers les filtres augmentent rapidement, jusqu’à ce qu’elles atteignent une
valeur de consigne; à ce moment on lave les filtres à contre-courant. Une partie des eaux
de lavage des filtres est alors acheminée vers les décanteurs, ce qui permet d’entraîner
vers l’égout la totalité des solides accumulés. Ce nettoyage étant facilité par l’inclinaison
de 7º des tubes. Le fonctionnement des décanteurs à tubes inclinés à 7º est associé à celui
des filtres rapides. On utilise les décanteurs à tubes inclinés à 7º dans les usines dont la
capacité de production est inférieure à 4000 m3/d. Dans les usines plus importantes, on
utilise de préférence les tubes inclinés à 60º
Les tubes inclinés à 60º fonctionnent indépendamment des filtres. Leur forte inclinaison
permet d’obtenir un auto-nettoyage continu. Ces tubes viennent en longueurs standards
de 0,6 ; 1,2 ; 1,8 et 2,4 m. Comme le montre la figure 9-4, l’eau s’écoule de bas en haut,
et les solides se déposent sur la paroi inférieure pour glisser ensuite jusqu’au fond du
bassin. L’eau clarifiée est acheminée vers des goulottes situées près de la surface et
déversée sur les filtres rapides.

248
Figure 9-4: Décanteur avec des tubes inclinés à 60º
À l’intérieur d’un tube, différentes forces agissent sur les particules accumulées. La force
résultante est donnée par :
Fr  Fg  Cos30    FD  Ff  (150)

Où :
Fg ; Force due à la gravité, orientée à la verticale.
FD : Force de traînée, parallèle à la paroi du tube.
Ff : Force de friction, parallèle à la paroi du tube.
Lorsque la force résultante est positive, les particules glissent vers le fond du bassin de
décantation. Lorsque cette force est négative, les particules montent jusque dans les
goulottes et sont acheminées vers les filtres rapides. Il est intéressant de noter qu’au-delà
d’une certaine vitesse dans les tubes on passe d’un écoulement laminaire à un écoulement
turbulent.
Lorsque nous utilisons des décanteurs munis de paliers ou des décanteurs à tubes, nous
pouvons remplacer la charge superficielle (V0) par la vitesse de Hazen (VH) qui est définie
comme suit :
Q
VH  (151)
Ap

249
Où Ap est la surface projetée sur l’horizontale de toutes les surfaces de décantation. Dans
le cas d’un décanteur classique sans palier on voit facilement que V0  VH . Si on ajoute

un palier horizontal dans un décanteur classique, la surface projetée sera de : Ap  2 A où

A est la surface du plan d’eau.

Exemple 9.2 :
Quel débit maximal peut-on traiter avec un pack de 400 tubes inclinés à 60º. Chaque tube
a une section carré de 5 cm de côté et une longueur de 1,2 m. La vitesse de Hazen
permise est de 1 m/h.
Solution :
Calculons d’abord la surface totale projetée.
Ap  nLWCos60
Ap  400 1, 2  0, 05  0,5  12m2

Où :
n : nombre de tubes
L : Longueur de un tube
W : Largeur de un tube
De l’équation (151) on peut écrire :
m m3
Q  VH  Ap  1 12m2  12
h h

9.2.5 Décanteur à voile de boues

La performance d’un décanteur dépend en grande partie de la grosseur des flocs. Plus ces
derniers sont gros, plus ils seront enlevés avec facilité. Il arrive que les flocs soient petits
à la sortie du bassin de floculation ou bien qu’ils se brisent durant le transfert de l’eau du
bassin de floculation au décanteur. Afin de favoriser la croissance des flocs et d’éviter
qu’ils se brisent durant le transport, un décanteur à voile de boues a été proposé et
commercialisé. Ce dernier est présenté à la figure 9-5.

250
Figure 9-5: Décanteur à voile de boues de type PULSATOR (Degrémont)
L’eau coagulée arrive par la conduite 1 et alimente un puits central. Cette eau est répartie
dans un réseau de conduites perforées situées au fond du bassin de décantation. L’eau,
uniformément répartie sur toute la surface du bassin, monte doucement vers la surface et
est collectée dans des goulottes qui dirigent l’eau vers les filtres rapides. Les particules de
flocs descendent à cause de la gravité et se concentrent dans le fond du bassin et forment
un voile de boues. Afin d’éviter que le voile de boues durcisse, on fait fonctionner,
suivant un cycle préétabli, la pompe à vide (7). Lorsque cette pompe fonctionne, le
niveau d’eau dans la cloche monte. Une fraction de l’eau brute est dirigée vers la cloche
alors que l’autre partie alimente le décanteur. La vitesse de l’eau dans le décanteur est
alors faible. Les flocs moins bien soutenus se tassent alors vers le fond du bassin.
Lorsque la cloche à vide est pleine d’eau, on ouvre la vanne brise vide (8). L’eau brute
est alors toute dirigée vers le fond du bassin en plus de l’eau accumulée dans la cloche à
vide. La vitesse dans le décanteur augmente alors rapidement ce qui entraîne les flocs
vers la surface. On reprend ensuite le même cycle.
La zone du fond de ce décanteur agit comme bassin de floculation. Les petites particules
de flocs contenues dans l’eau coagulée doivent passer dans un voile de boues où il y aura
de nombreux contacts entre les particules d’impuretés et les particules de flocs. Lorsque

251
les eaux sortent de ce voile de boues elles entrent directement dans la zone de
décantation. Il n’y a donc pas de risque de briser les flocs. Ce type de décanteur a subi de
nombreuses améliorations qui ont eu pour but, soit d’augmenter le mélange dans la zone
de floculation, soit d’améliorer la décantation en ajoutant des tubes dans la zone de
décantation. Avec toutes ces améliorations il est possible de faire fonctionner ce type de
décanteur avec une charge superficielle (V0) se situant entre 4 et 8 m/h.

9.2.6 Décantation lestée

Afin d’augmenter la charge superficielle et de là réduire la taille du décanteur, il est
possible d’utiliser un décanteur à flocs lesté. Dans une usine de traitement des eaux
potables, ce type de décanteurs peut être utilisé avec une charge superficielle de 40 m/h.
Pour traiter des eaux d’égout ou des eaux de surverse d’égout unitaire, la charge
superficielle peut être augmentée jusqu’à 120 m/h. Ce type de décanteur est présenté à la
figure 9-6.

252
Figure 9-6: Schéma d'écoulement dans un procédé ACTIFLO®
Le procédé illustré à la figure 9-6 comprend les unités de coagulation, floculation et
décantation. L’eau brute arrive dans le bassin de coagulation où on ajoute le coagulant.
À la sortie de ce bassin on injecte un polymère. Le rôle de ce polymère est de coller les
flocs formés sur le micro-sable qui est déversé dans le bassin d’injection. Le temps de
séjour dans chacun des deux premiers bassins est de 4 minutes. Après une période de
maturation d’environ 6 minutes, les eaux sont acheminées vers un décanteur muni de
tubes inclinés à 60º. Les boues recueillies au fond du bassin de décantation sont dirigées
vers un hydro-cyclone où la force centrifuge permet de séparer les flocs du micro-sable.
Les flocs sont envoyés vers le traitement des boues alors que le micro-sable est déversé
dans le bassin d’injection.

9.2.7 Filtration rapide

Un filtre rapide est constitué d’une cuve contenant un matériau granulaire, le plus utilisé
étant du sable avec un diamètre effectif de 0,5 mm. L’épaisseur de la couche de sable
peut varier de 0,5 à 1,0 m. L’eau à filtrer est déversée sur le filtre et elle s’écoule, vers le

253
bas, à travers le filtre. Les particules contenues dans l’eau sont arrêtées et s’accumulent
dans le milieu filtrant ce qui fait augmenter la perte de charge. Lorsque cette perte de
charge est trop élevée ou lorsque la turbidité à la sortie du filtre dépasse la valeur de
consigne, on arrête le filtre et on fait un rétro-lavage en injectant de l’eau filtrée par le
fond du filtre. Selon le règlement québécois sur la qualité des eaux potables, la turbidité
maximale à la sortie des filtres rapides est 0,5 UTN pour 95 % des mesures prises à toutes
les 4 heures.
Un filtre rapide n’est pas efficace pour traiter directement des eaux brutes. En effet, les
particules contenues dans ces eaux ont une charge électrique négative à leur surface tout
comme les grains de sable dans le filtre. De plus, ces particules sont petites, leurs tailles
varient de 0,1 à 10 µm. Comparons maintenant la taille des particules avec la taille des
ouvertures entre les grains de sable. Ces ouvertures sont aussi appelées pores. La taille
des pores est en moyenne 10 % de la taille des grains de sable. En supposant que le
diamètre effectif du sable est de 0,5 mm soit 500 µm, on estime la taille des pores à
50µm. On voit donc que les particules contenues dans les eaux brutes ou dans les
effluents des décanteurs sont beaucoup plus petites que les pores à l’intérieur du matériau
filtrant. Afin d’être efficace, un filtre doit traiter une eau qui a au moins subi un
traitement de coagulation. L’ajout d’un sel de métal trivalent permet de déstabiliser les
particules.
Les filtres rapides, avec une seule couche de sable, fonctionnent avec une charge
superficielle maximale de 5 m/h. La période de filtration entre deux lavages varie de 24 à
48 heures, dépendant des performances des décanteurs qui précèdent les filtres.

9.2.8 Désinfection
La désinfection est un traitement qui permet d’inactiver les microorganismes susceptibles
de transmettre des maladies. On procède à la désinfection en ajoutant à l’eau une certaine
quantité d’un produit chimique doté de propriétés germicides. Le produit désinfectant le
plus utilisé est le chlore.
Le chlore est disponible sous trois formes différentes : 1) gaz (Cl2) ;2) liquide:
hypochlorite de sodium (NaOCl) et 3) solide : hypochlorite de calcium [Ca(OCl)2]. Tous

254
ces produits réagissent rapidement dans l’eau pour former de l’acide hypochloreux selon
les équations suivantes :
Cl2  H 2O  HOCl  Cl   H  (152)

NaOCl  H 2O  HOCl  Na   OH  (153)

Ca  OCl 2  2H 2O  2HOCl  Ca   2OH  (154)

Les équations précédentes montrent que la différence principale entre le chlore gazeux et
les hypochlorites concerne les produits secondaires. En effet l’ajout de chlore gazeux
libère des ions hydrogène, H+, ce qui abaisse le pH de l’eau. L’ajout d’hypochlorites
libère des ions hydroxyles, OH-, ce qui fait augmenter le pH de l’eau.
L’acide hypochoreux, HOCl, est un acide faible qui réagit de la façon suivante :
HOCl  H   OCl  (155)
Le pKa de cet acide faible est 7,5. On peut donc dire que la forme acide, HOCl, domine
lorsque le pH est inférieur à 7,5 alors que c’est l’ion hypochoreux qui plus abondant
lorsque le pH est supérieur à 7,5.
L’acide hypochloreux est environ 100 fois plus efficace que l’ion hypochlorite pour
inactiver les bactéries. Il est donc préférable de faire la désinfection en milieu acide. C’est
souvent le cas. La coagulation a pour effet de faire baisser le pH, il n’est donc pas rare
que l’eau à désinfecter ait un pH inférieur à 7.

9.2.9 Stabilisation
Les eaux à la sortie du bassin de désinfection ont souvent un pH acide inférieur à 7. Ces
eaux sont agressives face aux conduites métalliques des réseaux de distribution d’eau
potable. Afin de limiter la dégradation des réseaux de distribution et la solubilisation de
métaux dans les eaux potables nous devons ajuster le pH de l’eau à une valeur supérieur à
7. Cet ajustement de pH est fait le plus souvent en ajoutant de la chaux dans l’eau. On
peut utiliser de la chaux vive, CaO, ou de la chaux hydratée, Ca(OH)2.

255
9.3 Problèmes
9.1
Une rivière est utilisée comme source d’eau brute, par une usine municipale de traitement
des eaux, pour produire de l’eau potable. Expliquez pourquoi il est nécessaire que cette
usine comprenne une décantation et une filtration rapide.
9.2
Expliquez pourquoi il est important de contrôler le pH durant la désinfection au chlore.
9.3
Que veut dire « déstabiliser les particules »?
9.4
Quel est le produit chimique le plus utilisé pour réaliser la coagulation?
9.5
Votre municipalité vous transmet des informations sur la qualité de l’eau au robinet. Le
pH de l’eau est 8,46. Les principaux ions contenus dans l’eau sont présentés au tableau
suivant :
Cations (mg/L) Anions (mg/L)
Calcium (Ca2+) 8,6 Chlorure (Cl-) 3,0
Magnésium (Mg2+) 0,77 Sulfate (SO42-) 3,4
Potassium (K+) 0,64 Fluorure (F-) 0,84
Sodium (Na+) 3,7
De plus, on vous dit que les seules autres substances chimiques contenues dans l’eau sont
le carbonate et le bicarbonate. La température de l’eau est de 25ºC.
a. Calculez le rapport des concentrations molaires : bicarbonate/carbonate.
b. Écrire l’équation d’électroneutralité de cette eau.
c. Calculez la concentration molaire du HCO3-.
d. Calculez la dureté totale en meq/L.
e. Calculez l’alcalinité en meq/L
f. Calculez la dureté carbonatée en meq/L
g. Calculez la force ionique.

256
9.6
Une étiquette apposée sur une bouteille d’eau Perrier donne les indications suivantes :
Cations mg/L) Anions (mg/L)
Ca2+ 148 HCO3- 388
Mg2+ 3,7 SO42- 36,6
Na+ 8,9 Cl- 21
K+ 0,6 NO3- 17

a) Expliquez pourquoi il est logique de supposer que le pH de l’eau est inférieur à 9.

b) Estimez l’alcalinité de cette eau.
c) Calculez la dureté totale, la dureté carbonatée et la dureté non carbonatée?
d) Déterminez la concentration maximale de CO32- en mol/L que cette eau peut
contenir sans qu’il y ait précipitation du CaCO3.
e) Quel pH permet de maintenir en équilibre la concentration de bicarbonate
indiquée dans le tableau et celle calculée à l’étape précédente?
f) Que se passera-t-il si nous augmentons le pH au delà de la valeur calculée en e)?

9.7
Dans quel ordre devez-vous placer les procédés de traitement suivants (par ordre
alphabétique) : coagulation, décantation, désinfection, filtration rapide, floculation.
Expliquez votre choix.
9.8
Les usines de traitement des eaux municipales utilisent souvent les procédés de traitement
suivants : Coagulation, décantation, désinfection, filtration, floculation. Indiquez le but et
le principe de fonctionnement de chacun de ces procédés.
9.9
Vous utilisez un bassin de décantation pour traiter une eau à 20C qui contient des
particules sphériques qui ont une masse volumique de 2650 kg/m3. Ces particules ont 5
diamètres différents. Les caractéristiques des particules sont :
Diamètre Concentration
(m) massique

257
 2 M2 = 100 g/m3
5 M5 = 150 g/m3
10 M10 = 200 g/m3
20 M20 = 175 g/m3
50 M50 = 125 g/m3

Les caractéristiques du décanteur sont :

Charge superficielle 48 m/d
Hauteur de la zone de décantation 3,5 m
Largeur de la zone de décantation 10 m
Longueur de la zone de décantation 40 m

a) Calculez l’efficacité d’enlèvement de la masse des particules dans ce décanteur.

b) Quel est le taux d’enlèvement de masse de particules enlevées (tonnes/jour).

Réponses : a) 37 % ; b) 5,3 tonnes/jour.

9.10
Une usine de traitement des eaux comprend 16 bassins de décantation tous installés en
parallèle. Chaque bassin a une longueur de 55 m, une largeur de 10,7 m et une
profondeur de 3,0 m. Chaque bassin a été conçu avec un débit de design de 0,8 m3/s. En
supposant que l’usine fonctionne à 50 % de son débit de conception, répondez aux
questions suivantes :
a) Quelle est la charge superficielle?
b) Quel est le temps de rétention hydraulique ?
c) Quelle est la taille de la plus petite particule qui sera enlevée à 100 % ? Ce sont
des particules sphériques ayant une masse volumique de 2650 kg/m3.
d) Vous observez que la concentration de solides en suspension dans l’affluent de
l’usine est de 500 g/m3 et que l’efficacité d’enlèvement est de 50 %. Calculez la
masse de solides qui va s’accumuler au fond des 16 décanteurs durant une
journée. Exprimez votre réponse en tonnes/jour.

258
9.11
Vous utilisez un décanteur idéal pour traiter une eau qui contient des particules
sphériques ayant une masse volumique de 2650 kg/m3. Vous savez aussi que :
Profondeur de la zone de décantation 3,5 m
Largeur de la zone de décantation 6m
Débit à traiter 0,2 (m3/s)

Calculez la longueur minimale de la zone de décantation qui permet d’éliminer à 100 %

les particules de 40 m. La température de l’eau est de 20ºC.
9.12
Une eau contenant 180 g/m3 de particules sphériques ayant une masse volumique de 2,2
g/cm3 alimente un réacteur piston. La masse totale des particules est divisée en trois
fractions égales. Le diamètre des particules est de 10 m dans la première fraction, de
100 m dans la seconde fraction et de1000 m dans la dernière fraction. La température
de l’eau est de 20C et le débit de 20 m3/h. La hauteur du réacteur est de 4 m et sa
largeur de 3 m.
a) Quel est le nombre de particules de chaque type par m3 dans l’affluent du
réacteur?
b) Quelle est la vitesse de sédimentation de chaque type de particules?
c) Quelle longueur doit avoir le réacteur afin d’obtenir 100 % d’enlèvement des
particules?

9.13
Vous devez faire la conception d’un bassin de décantation qui permettra de retirer 85 %
des particules contenues dans un rejet industriel. Ce rejet contient, en proportions
massiques égales, des particules de 20 m et 15 m de diamètre. Ces particules,
sphériques, ont toutes une masse volumique de 2,4 g/cm3.
a) Calculez la vitesse de chute de chaque type de particules.
b) Calculez la charge superficielle nécessaire pour obtenir un enlèvement de 85 %.
c) Quel débit peut être traité par ce réacteur s’il a 5 m de large et 10 m de long ?

259
9.14
Une eau souterraine, contenant du trichloroéthylène (TCE), doit être traitée à l’aide de
charbon actif en poudre. Des essais de laboratoire ont montré que l’adsorption peut être
décrite à l’aide de l’isotherme de Freundlich suivante :
qe  129Ce0,73
Où qe représente la masse de TCE en milligramme divisé par la masse de charbon en
gramme et Ce est la concentration de TCE en mg/L, observée lorsque les conditions
d’équilibre sont atteintes.
a) En supposant que la concentration de TCE dans l’affluent du réacteur est de 1
mg/L, calculez la masse de charbon actif qui doit être utilisée pour faire baisser la
concentration de TCE à 0,005 mg/L.
b) Si vous utilisez deux fois moins de charbon que calculé en a), quelle sera la
concentration de TCE dans l’effluent du réacteur.

9.15
Vous utilisez un bassin de décantation rectangulaire qui a 30 mètres de longueur,
8 mètres de largeur et 4 mètres de profondeur. La vitesse horizontale de l’eau dans ce
bassin est de 450 m/d. L’affluent contient des particules sphériques ayant une masse
volumique de 2400 kg/m3. La distribution des tailles de particules est :
Diamètre des Nombre de
particules (m) particule par m3
2 1,3 x 1012
8 3,9 x 1010
16 1,5 x 1010
a) Calculez la concentration massique des particules dans l’eau. Exprimez votre
réponse en g/m3.
b) Calculez la vitesse de décantation de chaque type de particule.
c) Calculez la fraction de la masse des particules qui est enlevée.
d) Calculez la fraction des particules qui est enlevée.

260
9.16
a) Écrire les équations chimiques des trois formes de chlore : gazeuse, liquide,
solide.
b) Quelle forme de chlore : gazeuse, liquide ou solide est la plus efficace pour
inactiver les bactéries?
c) Sous quelle forme chimique le chlore a-t-il un effet bactéricide?

9.17
Le chlore se dissocie rapidement dans l’eau et forme un acide faible, l’acide
hypochloreux, HOCl.
a) Quel pourcentage du chlore ajouté sera sous forme de HOCl à un pH de 6,5?
b) Quel pourcentage du chlore ajouté sera sous forme de HOCl à un pH de 7,5?

Vous pouvez supposer que l’eau a une température de 25ºC.

261
10 Épuration des eaux usées
L’épuration des eaux usées peut être faite à l’aide de procédés physico-chimiques,
semblables à ceux utilisés pour produire de l’eau potable, ou par des procédés
biologiques. Les procédés physico-chimiques ont habituellement comme objectif
principal l’enlèvement des matières solides en suspension. On utilise alors la décantation,
avec ou sans l’aide de produits chimiques. C’est ce que nous appelons un traitement
primaire. Le traitement secondaire a pour objectif principal l’enlèvement de la matière
organique dissoute biodégradable. C’est ce que nous appelons un traitement biologique.
Enfin le traitement tertiaire a comme objectif principal d’enlever des substances qui n’ont
pas été enlevées lors d’un traitement secondaire. Les principaux traitements tertiaires
concernent l’enlèvement de l’azote et/ou du phosphore. Nous présentons brièvement les
principes de fonctionnement des deux principaux types de procédés biologiques: 1) les
boues activées ; 2) les lagunes facultatives.

10.1 Procédé par boues activées

Un procédé par boues activées, tel qu’illustré à la figure 10-1, comprend trois éléments
essentiels soit :
1. Un réacteur biologique dans lequel on injecte de l’air afin de maintenir des
conditions aérobies.
2. Un bassin de décantation.
3. Une conduite de recirculation des solides biologiques.

262
Figure 10-1: Procédé par boues activées
Les symboles utilisés dans cette figure sont définis comme suit :
Q : Débit à l’entrée de la station
Qw : Débit de purge de boues
Qr : Débit de recirculation des boues
Xi : Concentration de solides biologiques dans l’affluent de la station
X : Concentration de solides biologiques dans le réacteur
Xe : Concentration de solides biologiques dans l’effluent de la station
Xu : Concentration de solides biologiques dans le fond du décanteur ou dans la conduite
de recirculation
Va : Volume du réacteur de boues activées
Vs : Volume du bassin de décantation
So : Concentration de matière organique soluble, DBO, dans l’affluent
S : Concentration de matière organique soluble, DBO, dans le réacteur
Le but principal du procédé par boues activées est de transformer la pollution organique
soluble, DBO, en matières solides biologiques. Dans un réacteur biologique, les
microorganismes consomment la DBO, aussi appelé substrat, contenue dans les eaux
usées. La masse des microorganismes augmente. Les microorganismes s’agglomèrent

263
entre eux et forment des solides biologiques, X. On suppose que les solides biologiques,
aussi appelés biomasse, constituent la totalité des matières solides volatiles, VSS, telle
que définies à l’article 2.6.8. La consommation du substrat par la biomasse lui permet
de : 1) maintenir ses fonctions vitales ; 2) former de nouvelles cellules et ainsi augmenter
sa masse.
Les solides biologiques (biomasse) produits dans un réacteur biologique sont retirés de
l’eau à l’aide du décanteur secondaire. L’effluent clarifié de ce décanteur est rejeté dans
l’environnement alors que les boues accumulées au fond du décanteur sont retournées en
tête du réacteur biologique par l’intermédiaire de la conduite de recirculation. Elles sont
alors prêtes à consommer de la pollution carbonée. Afin de maintenir le système en
équilibre, il faut purger une certaine quantité de boues. Les boues purgées sont dirigées
vers le système de traitement des boues. Le résultat global de ce procédé est une baisse de
la pollution carbonée, DBO, accompagnée d’une augmentation de la masse des solides
biologiques (X). L’élément actif dans un procédé par boues activées est la biomasse (X).
Il est donc important de maintenir une concentration élevée de biomasse dans le système,
c’est ce qui explique l’utilité de la conduite de recirculation.
Afin de limiter la taille du réacteur biologique, on doit rejeter l’eau le plus rapidement
possible. Le temps de rétention hydraulique est donc court. Il se situe habituellement
entre 3 et 8 heures. C’est trop court pour permettre aux solides biologiques de croître et
de faire une épuration convenable. Nous devons donc définir deux temps de rétention
différents :
1. Le temps de rétention hydraulique qui est toujours défini de la même façon :
H  V Q

2. Le temps de rétention des solides biologiques :  c

Le temps de rétention des solides biologiques est défini comme étant : le rapport de la
masse totale de solides biologiques dans le système divisée par la masse totale de solides
biologiques évacuée du système chaque jour. Avant de mettre cette définition en équation
nous devons rappeler quelques hypothèses simplificatrices :
1. Toutes les réactions biologiques ont lieu dans le réacteur.
2. La masse de solides biologiques dans la conduite de recirculation est toujours
négligeable.

264
 3. À moins d’avis contraire, on suppose qu’il n’y a pas d’accumulation de solides
biologiques au fond du décanteur.
4. Tout le substrat, DBO, est soluble. La concentration de DBO (S) est donc la
même dans le réacteur, dans le décanteur et dans la conduite de recirculation.
Dans ces conditions, le temps de rétention des solides biologiques peut être calculé à
l’aide de l’équation suivante :
XVa
c  (156)
Qw X u   Q  Qw  X e

Dans l’équation précédente :

XVa : Masse de solides biologiques dans le système

Qw X u : Masse de solides biologiques purgés chaque jour à partir de la conduite de

recirculation
 Q  Qw  X e : Masse de solides biologiques perdus dans l’effluent de la station

10.1.1 Modélisation du procédé par boues activées

Trouvons d’abord une expression qui décrit la variation de biomasse dans le réacteur en
fonction de la variation de substrat.
dX dS
rg  Y  kd X (157)
dt dt
Où :
Y : Coefficient de rendement. C’est la masse de biomasse formée, divisée par la masse de
substrat consommé. La valeur de ce coefficient se situe habituellement entre 0,3 et 0,6 g
de biomasse/g de DBOu enlevée.
kd : Coefficient de mortalité, aussi appelé coefficient de respiration endogène. Sa valeur
se situe habituellement entre 0,04 et 0,06 d-1.
L’équation (157) dit que la croissance de la biomasse, dX dt , est proportionnelle à la

baisse de la concentration de substrat, dS dt , moins une certaine quantité, kd X . Cette

quantité représente la masse de biomasse oxydée par les microorganismes pour subvenir
à leurs besoins vitaux. En analysant l’équation (157) on voit que, lorsque la concentration
de substrat est élevée, le terme de croissance, Y dS dt , est plus grand que le terme de

265
respiration endogène. On observe alors une augmentation de la biomasse. À l’inverse,
lorsque la concentration de substrat est faible, c’est le terme de respiration endogène qui
domine, on observe alors une baisse de biomasse.
Définissons un peu mieux le terme de croissance de la biomasse. On peut supposer que la
consommation du substrat suit une cinétique de saturation :
dS km XS
  r0 (158)
dt K s  S
Rappelons que km est le taux d’utilisation spécifique maximal du substrat. La valeur de
cette constante se situe entre 2 et 4 g DBOu/g biomasse·jour. En d’autres mots, la
biomasse peut consommer, chaque jour, une masse de substrat se situant entre 2 et 4 fois
sa propre masse. En combinant les équations (157) et (158), on obtient :
dX k XS
Y m  kd X (159)
dt Ks  S

dX dt dS dt
Y  kd (160)
X X
Où :
dX dt
: Taux de croissance spécifique de la biomasse.
X
dS dt
: Taux d’utilisation spécifique du substrat.
X
On peut montrer que le taux de croissance spécifique de la biomasse est l’inverse du
temps de rétention des solides biologiques. En effet Va dX dt est la croissance de la
biomasse en une journée. C’est cette quantité qu’il faut purger chaque jour pour maintenir
le système en équilibre. On sait aussi que XVa est la masse de solides biologiques dans le
système. On peut donc écrire :
dt X
c  XVa   (161)
Va dX dX dt
On peut aussi montrer que :
dS dt Q  Sin  S 
 q (162)
X Va X
En combinant les équations précédentes on obtient :

266
 1
 Yq  kd (163)
c
Il est possible de trouver une expression pour la concentration de substrat dans le réacteur
en procédant de la façon suivante:
dX k SX
Y m  kd X
dt Ks  S
dX dt k S
 Y m  kd
X Ks  S
1 km S
Y  kd
c Ks  S
K s 1  kd c 
S
Ykm c  1  kd c 

En observant l’équation précédente, on voit que la concentration de substrat dans

l’effluent du réacteur (S) est indépendante de la concentration dans l’affluent de la station
d’épuration (Sin).
On peut expliquer cette particularité en observant la figure suivante. Cette figure montre
qu’une augmentation de la concentration de substrat, à l’entée de la sattion d’épuration,
se traduit par une augmentation de la concentration des solides biologiques dans le
réacteurs. Ce sont les solides biologiques qui sont responsables de l’enlèvement du
substrat.

10.1.1.1 DBOu exercée par les solides biologiques

Les solides biologiques (X), formés suite à la consommation du substrat (S), exercent une
demande biologique en oxygène. Des mesures ont montré que chaque gramme de solides
biologiques exerce une DBOu de 1,42 gramme. Il est donc important d’installer un
décanteur secondaire performant afin de retenir le plus possible les solides biologiques
produits dans le réacteur. Ainsi la DBOu causée par les solides biologiques, à la sortie du
décanteur secondaire, peut être calculée à l’aide de l’équation suivante:

DBOu  X e   1, 42 X e (164)

267
10-2 Évolution du substrat et des solides biologiques en fontion du temps de
rétention des solides biologiques.
Exemple 10.1 :
Trouver une expression permettant de calculer la concentration de biomasse dans le
réacteur.
Solution :
On suppose que les conditions d’équilibre sont atteintes et on fait un bilan de masse sur
le substrat dans le réacteur :
dS
V  0  QSin  Qr S  QS  Qr S  r0V
dt
Dans l’équation précédente, il est important de noter que le terme de gauche  dS dt  est

la variation globale de concentration de substrat causée par la différence entre la masse de

substrat qui entre et celle qui sort ainsi que la consommation de substrat par les solides

268
biologiques. Le terme ro décrit la consommation de substrat dans le réacteur par les
solides biologiques. En supposant des conditions d’équilibres et en simplifiant l’équation
on obtient :
0  QSin  QS  r0V

Q  S  Sin  S  Sin
r0  
V H
De plus on sait que :
km XS
ro  
Ks  S
En combinant les deux équations précédentes, on obtient :

X
 K s  S  Sin  S 
km S H
En observant l’équation précédente, on voit que la concentration de solides biologiques
dans le réacteur (X) est proportionnelle à la consommation de substrat (Sin-S).
Exemple 10.2 :
Trouver une expression pour calculer la concentration de biomasse dans la conduite de
recirculation.
Solution :
On suppose que les conditions d’équilibre sont atteintes et on fait un bilan de masse sur
les solides biologiques dans le décanteur.
0   Q  Qr  X   Qr  Qw  X u   Q  Qw  X e

En transformant cette équation on obtient :

Xu 
 Q  Qr  X   Q  Qw  X e
Qr  Qw
L’effluent de la station d’épuration contient du substrat soluble (S) qui n’a pas été enlevé
dans le réacteur et des solides biologiques (Xe) qui n’ont pas été arrêtés par le décanteur
secondaire. Si nous prélevons un échantillon à la sortie du décanteur secondaire et
mesurons la DBOu de cet échantillon, nous observerons probablement une DBOu
supérieure à la valeur de S calculée à l’aide des équations précédentes. La DBOu
supplémentaire est exercée par les solides biologiques. Le protoplasme de ces solides

269
exerce une DBOu élevée. Des essais ont montrés que chaque gramme de solides
biologiques exerce une DBOu de 1,42 gramme. La DBOu totale à la sortie du décanteur
peut donc être calculée à l’aide de l’équation suivante :
DBOu ,Tot   DBOu  s   DBOu  X e   Se  1, 42 X e

En faisant un bilan de masse sur les solides biologiques dans le réacteur de boues activées
on trouve :
dX
V  Qin X in  Qr X r   Qin  Qr  X  rgV
dt
Avec
dS k XS
rg  Y  kd X  Y m  kd X
dt Ks  S
Dans les deux équations précédentes rg décrit la croissance des solides biologiques causée
par la seule consommation du substrat par les solides biologiques alors que  dX dt 

décrit la variation globale de la concentration de solides biologiques causée par la

consommation, l’entrée et la sortie de solides biologiques dans le réacteur.
Exemple 10.3
Une station d’épuration par boues activées doit traiter une eau d’égout domestique qui
contient 250 g/m3 de DBOu. Le fournisseur du décanteur secondaire vous assure que la
concentration de solides totaux dans l’effluent du décanteur ne dépassera jamais 30 g/m3.
Des mesures ont montré que 66% des solides totaux sont volatils. La température des
eaux d’égout varient de 7ºC à 25ºC. La constante cinétique de la DBO à 20ºC est k20=
0,23d-1. Le coefficient θ est de 1,090. Quel doit être le rendement d’enlèvement du
substrat dans le réacteur pour que la DBO5 de l’effluent de la station, mesurée à 20ºC, soit
toujours égal ou inférieur à 30 g/m3 .
Solution :
L’effluent de la station contient du substrat (S) et des solides biologiques (Xe) qui peuvent
exercer une DBO5. Calculons d’abord la DBO5 exercée par les solides biologiques. Les
solides biologiques sont les solides volatils contenus dans les solides totaux. On peut
donc dire :

270
 X e  30 g m3  0, 66  20 g m3
DBOu  1, 42  20 g m3  28, 4 g m3
DBO5  DBOu 1  e  kt 
DBO5 X e   28, 4 1  e0,235   19, 4 g m3

La DBO5 maximale qui peut être exercée par le substrat soluble (S) est alors
DBO5 S   30  19, 4  10, 6 g m3 ce qui représente une DBOu de :

DBO5 10, 6
DBOu    15,5 g m3
1  e  1  e 
 kt 0,235

Le rendement d’enlèvement de la DBO soluble doit alors être de :

R
 250  15,5 100  93,8%
250

10.2 Les lagunes facultatives

Une lagune facultative est essentiellement un grand trou dans lequel sont déversées les
eaux usées. La profondeur de la lagune varie de 2 à 4,5 mètres. Le volume de la lagune
est calculé en supposant un temps de rétention hydraulique se situant entre 6 et 30 jours.
Les murs de la lagune doivent être protégés des vagues alors que le fond doit être
imperméabilisé afin de prévenir les fuites. Le fonctionnement d’une lagune facultative,
souvent appelée, « étang d’oxydation » est basé sur un échange d’oxygène avec
l’atmosphère, la respiration des algues, l’oxydation de la matière organique par les
microorganismes aérobies, aérobies facultatifs et anaérobies.
La lagune présentée à la figure10-2 est alimentée avec des eaux usées provenant du
réseau d’égouts municipal. Elle fonctionne de la façon suivante :
a. Les matières solides contenues dans l’affluent de la lagune décantent vers le fond
de la lagune.
b. Les matières solubles et colloïdales sont oxydées par les microorganismes
aérobies et aérobies facultatifs.
c. Les microorganismes aérobies et aérobies facultatifs utilisent l’oxygène provenant
de l’atmosphère et celui produit par les algues.
d. Les solides biologiques, au fond de la lagune, subissent une digestion anaérobie
résultant de l’activité des microorganismes anaérobies.
271
 e. L’oxydation aérobie de la matière organique libère du CO2 qui sert de source de
carbone pour les algues.
f. La digestion anaérobie des solides biologiques accumulés au fond de la lagune
libère du CO2, du H2S et du CH4.

Figure 10-2: Lagune facultative

Les lagunes facultatives sont faciles à exploiter. Elles nécessitent peu de contrôle. Par
contre, elles nécessitent beaucoup d’espace.

10.2.1 Critères de conception

La conception d’une lagune facultative est basée sur les critères suivants :
1. La charge organique doit se situer entre 15 et 80 kg DBO5/ha·d. Rappelons qu’un
hectare ( ha) est une surface de 10000 m2.
2. L’enlèvement de la DBO s’y fait suivant une cinétique du premier ordre. La
constante cinétique, k1, pour une eau d’égout domestique se situe entre 0,2 et
0,4 d-1.
3. Le temps de rétention hydraulique se situe entre 6 et 30 jours.
4. Il faut imperméabiliser le fond de la lagune pour éviter les fuites.
5. Les murs de la lagune doivent être protégés des vagues.

272
En supposant que la lagune facultative est un réacteur complètement mélangé et que la
réaction qui s’y produit est d’ordre 1, on peut calculer son rendement en utilisant
l’équation suivante :
S0
S (165)
1  k H
Où :
S0 : Concentration de DBO à l’entré de la lagune
S : Concentration dans la lagune et à la sortie de la lagune
Afin d’améliorer la performance d’enlèvement de la DBO d’une lagune on peut la diviser
en sections reliées en série. On considère alors que l’ensemble de ces sections se
comportent comme une cascade de réacteurs complètement mélangés.
Exemple 10.4
Vous devez concevoir une lagune facultative pour un village de 5000 personnes. Cette
lagune doit pouvoir fonctionner toute l’année et maintenir à sa sortie une concentration
maximale de matière organique de 20 mg/L de DBO5 , Les conditions d’été et d’hiver
sont :
Conditions d’été Condition d’hiver
Débit : 2000 m3/d Débit : 6000 m3/d
DBO5 : 180 g/m3 DBO5 : 90 g/m3
Température de l’eau : 20ºC Température de l’eau : 10ºC

Vous pouvez supposer que la lagune est un réacteur de type complètement mélangé.
a. Quel est le volume de lagune requis pour épurer l’eau durant l’été ?
b. Quel est le volume de lagune requis pour épurer l’eau durant l’hiver ?
c. Quel est le volume total requis de deux lagunes installées en série pour épurer
l’eau durant l’été ?
d. Quel est le volume total requis de deux lagunes installées en série pour épurer
l’eau durant l’hiver ?

273
Solution :
On suppose que les conditions d’équilibre sont atteintes. On choisi une constante
cinétique moyenne soit k20 = 0,3 d-1. On peut utiliser l’équation (98) pour calculer la
valeur de la constante cinétique à une température de 10ºC.

kT 1  kT 2 T 1T 2
Tel qu’indiqué à la section 6.4.3, la valeur de θ est de 1,135.

k10  0,3 10-20  0,085 d -1

En utilisant l’équation (165) :
S0
S
1  k20 H
1  S0  1  180 
H   -1   -1  26, 7 d
k20  S  0,3  20 
V  Q H  2000  26, 7  53333,3 m3
Réponse partie a. : Un volume de 54000 m3
Partie b.

S0
S
1  k10 H
1  S0  1  90 
H   -1   -1  41, 2 d
k10  S  0, 085  20 
V  Q H  6000  41, 2  247200 m3
Réponse partie b : Un volume de 247200 m3
Partie c.
S0
S
1  k  * 2
H

1  k  *
20 H  S0
S

180
20
3

 H*  6, 66 d
 H  2 H*  13,3 d
V  Q H  26700 m3

274
Partie d.
S0
S
1  k 
2
*
10 H

1  k 
*
10 H  S0
S

90
20
 2,12

 H*  13, 2 d
 H  2 H*  26, 4 d
V  Q H  6000  26, 4  158400 m3

10.2.2 Les lagunes facultatives : considérations pratiques

Il y a plusieurs lagunes facultatives installées au Québec. À l’usage, nous avons fait les
observations suivantes :
a) Elles sont faciles à exploiter et l’enlèvement de la matière organique contenue
dans les eaux d’égouts est élevé.
b) Durant l’été, l’effluent de la station contient souvent beaucoup d’algues qui font
augmenter les concentrations des matières solides en suspension et de la DBO5. Il
n’est pas rare que la DBO5 à la sortie de la lagune facultative soit plus élevée que
celle calculée à l’aide de l’équation (165).
c) Durant l’hiver, le couvert de glace limite les échanges d’oxygène avec
l’atmosphère. Il est nécessaire d’utiliser des aérateurs mécaniques. L’effluent est
de meilleure qualité que l’été en ce qui concerne la DBO5. On observe des
concentrations de matières solides en suspension de l’ordre de 30 mg/L et des
DBO5 autour de 50 mg/L.
d) Règle générale, il y a peu de microorganismes pathogènes dans l’effluent d’une
lagune facultative. En effet, les conditions y sont favorables pour une désinfection
par les rayons ultra-violets émis par le soleil. Le temps de rétention dans la lagune
est long, plusieurs jours, et l’épaisseur d’eau assez faible pour laisser passer les
rayons UV.

275
10.3 Problèmes
10.1
Quel est le but principal d’un procédé par boues activées?
10.2
Décrire en vos propres mots les principes de fonctionnement d’un procédé par boues
activées.
10.3
Une station d’épuration est souvent divisée en 1) traitement primaire; 2) traitement
secondaire et; 3) traitement tertiaire. Que veut dire chacune de ces expressions? Parlez
des objectifs de chacun de ces traitements et des mécanismes de fonctionnement.
10.4
Dans quelle condition pouvons-nous supposer que le temps de rétention hydraulique est
égal au temps de rétention des solides biologiques.
10.5
Que devient la matière organique soluble contenue dans une eau usée lors d’un
traitement par boues activées?
10.6
Vous devez enlever 95 % des 250 mg/L de la DBOu soluble contenue dans des eaux usées
municipales. Cet enlèvement est réalisé à l’aide d’un réacteur complètement mélangé de
boues activées. Le débit d’eau usée est de 48000 m3/d. La purge des solides biologiques
est faite sur la conduite qui va du réacteur au décanteur. De plus, vous avez les
informations suivantes :
Y = 0,4 g cell/g DBOu enlevée
km = 2 g DBOu / g cellule·d
kd = 0,05 d-1
Ks = 30 g DBOu/m3
Concentration des solides biologiques dans le réacteur : 1500 mg/L
Concentration de solides biologiques dans l’effluent du décanteur : 0 mg/L
Il n’y a pas de boues accumulées au fond du décanteur
a) Quel est le temps de rétention des solides biologiques dans le réacteur ?
b) Quel est le volume du réacteur ?

276
 c) Quel est le débit de purge requis ?
10.7
Un procédé par boues activées est utilisé pour traiter un effluent municipal qui contient
200 mg/L de DBOu. Le réacteur est de type complètement mélangé. La purge des boues
est faite sur la conduite allant du réacteur au décanteur. De plus, vous savez que :
km = 3 g DBOu/g cellules·d
Ks = 30 g DBOu/m3
kd = 0,05 d-1
Y = 0,4 g cell/g DBOu
Q = 4000 m3/d
H = 4 heures
Il faut que la DBOu dans l’effluent du réacteur soit de 10,0 mg/L ou moins
a) Calculez le temps de rétention des solides biologiques
b) Calculez la concentration des solides biologiques dans le réacteur
c) Estimez le débit de purge requis en indiquant bien les suppositions que vous
devez faire

10.8
Un procédé par boues activées a les paramètres de fonctionnement suivants :
Q = 2 m3/s
Qw = 0,015 m3/s
Qr = 0,50 m3/s
Va = 43 000 m3
Xe = 20 g/m3
X = 2000g/m3
Calculez :
a) La concentration de solides biologiques dans la conduite de recirculation.
b) Le temps de rétention des solides biologiques.
10.9
Calculez le volume d’une lagune facultative qui doit traiter 48 000 m3/d d’eaux d’égouts
qui contiennent 250 mg/L de DBOu. La DBOu dans l’effluent de la lagune doit être égale

277
ou inférieure à 25 g/m3. La constante cinétique de la DBO est de 0,4d-1. Vous pouvez
supposer qu’une lagune facultative se comporte comme un réacteur complètement
mélangé.
10.10
Quels sont les principaux problèmes qui peuvent affecter le fonctionnement des lagunes
facultatives en hiver.
10.11
Vous devez traiter une eau d’égout à l’aide d’une lagune facultative. Le débit à traiter est
de 1000 m3/d avec une DBO5 de 100 g/m3. La constante de dégradation de la DBO est de
0,25 d-1. La profondeur de la lagune est limitée à 2 m.
a) Calculez le volume de lagune requis pour obtenir un enlèvement de 90 %.
b) Vérifiez si la charge organique se situe à l’intérieur des limites permises.
10.12
Vous devez traiter une eau d’égout à l’aide de deux lagunes facultatives installées en
série. Le débit à traiter est de 1000 m3/d avec une DBO5 de 100 g/m3. La DBO5 à la sortie
des deux lagunes doit être égal ou inférieur à 15 mg/L. La constante de dégradation de la
DBO est de 0,25 d-1. La profondeur des lagunes est limitée à 2 m.
a) Quel sera le volume total des deux lagunes si elles ont le même volume
b) Quel sera le volume total des lagunes si la première lagune est deux fois plus
petite que la seconde lagune
c) Quel sera le volume total des lagunes si la première lagune est trois fois plus
petite que la seconde lagune ?
d) Reprendre les questions a), b), et c) mais en supposant que les lagunes sont
installées en parallèle. Vous pouvez supposer que le débit d’alimentation d’une
lagune est proportionnelle au volume de cette lagune. Par exemple, si la première
lagune est deux fois plus petite que la deuxième lagune, le débit d’alimentation de
la première lagune sera aussi deux fois plus petit que le débit d’alimentation de la
seconde lagune.

278
11 Annexe A : Stratégie de résolution de problèmes

11.1 Introduction
Il arrive qu’un étudiant travaille fort et obtienne des résultats faibles pour ne pas dire
médiocres. Pour expliquer cette situation il faut comparer les objectifs du professeur aux
objectifs de l’étudiant. Le professeur a pour objectifs de : 1) faire comprendre la matière
aux étudiants ; 2) rendre les étudiants capables d’utiliser les connaissances acquises pour
résoudre des problèmes originaux et de plus en plus complexes. Afin d’atteindre ces
objectifs il présente la matière en classe en insistant sur les points importants et en faisant
bien ressortir les difficultés de la matière et les limites de la théorie présentée.
L’étudiant, quant à lui, a pour objectif principal d’obtenir une bonne note aux contrôles et
examens. Plusieurs étudiants se préparent à un examen en tentant de solutionner les
problèmes suggérés par le professeur. Certains croient qu’il suffit de trouver la réponse
pour être bien préparé. Ce n’est pas le cas, j’ai observé que plusieurs étudiants arrivent à
trouver toutes les réponses sans vraiment comprendre la matière. Ils procèdent par essais
successifs ou bien par comparaison avec d’autres problèmes semblables ou encore en
demandant des indications à des collègues ou au professeur. Ils accumulent une quantité
impressionnante de réponses sans vraiment comprendre la matière. Ils espèrent que leur
mémoire sera suffisante pour obtenir une bonne note à l’examen.
L’objectif principal d’un contrôle ou d’un examen est de vérifier si un étudiant comprend
bien la matière. Les étudiants qui croient que leur mémoire sera suffisante pour obtenir
une bonne note ont souvent de mauvaises surprises. Pour plusieurs de ces derniers, une
modification mineure à un problème qu’ils ont déjà résolu suffit pour les embêter. Afin
de s’assurer de bons résultats, l’étudiant devrait utiliser une méthode qui allie l’étude de
la matière et la résolution de problèmes. Cette méthode devrait permettre de : 1)
améliorer la compréhension de la matière ; 2) développer une habileté pour solutionner
des problèmes. La stratégie de résolution de problèmes que nous présentons à la suite
permet d’atteindre ces deux objectifs. Avant de présenter cette stratégie, nous comparons
les approches utilisées par un novice à celles utilisées par un expert. Cette comparaison
permettra de mieux comprendre la valeur des différentes étapes de la stratégie.

279
11.2 Expert versus novice
Pour devenir un expert il faut se comporter en expert. Un expert utilise une stratégie de
résolution de problèmes de façon systématique. Cette méthode de travail lui permet
d’accumuler, de classer et de mettre en relation plus de 50 000 éléments d’informations.
On estime que c’est la quantité d’informations requises pour devenir un expert. Il est bien
évident que la stratégie proposée dans ce document ne vous permettra pas de devenir un
expert en un trimestre. On estime que cela prend environ 10 ans pour atteindre le niveau
d’expert. Par contre, la méthode proposée vous permettra certainement d’obtenir une
meilleure note et si vous persistez de devenir un jour un expert. Comparons maintenant
l’approche des novices et des experts.

Caractéristique Novice Expert

Mémoire Petits segments Ensemble formant une
Quelques éléments continuité. 50 000 éléments
Attitude Essai une fois et abandonne Peut y arriver si persistant
Anxieux Confiant
Catégorisation Détails superficiels Principes fondamentaux
Définition du Difficulté de reformulation Plusieurs techniques de
problème Lent et imprécis. Saute aux reformulation. Rapide et précis
conclusions Prend le temps de définir le
problème. Peut redéfinir
plusieurs fois
Problèmes simples et Lent Quatre fois plus rapide.
bien définis Travaille à l’envers Travaille de l’avant avec des
procédures connues
Stratégie Essais et erreurs Utilise une stratégie
Information Ne sait pas ce qui est Reconnaît les données
pertinent. Ne peut pas faire pertinentes. Peut faire des
de déduction à partir de déductions
données incomplètes

280
Segmentation N’analyse pas par parties Analyse par parties
(problèmes plus Procède par étapes
difficiles) Identifie les tendances
Première étape Essaye de calculer Définit et dessine
accomplie (problèmes Schématisation conceptuelle
plus difficiles) Explore
Schématisation Souvent pas faite Temps considérable
Principes abstraits
Démontre le cheminement
Comportement aux Ne calcule pas Peuvent être calculés pour
limites établir rapidement le bien-
fondé de la solution
Équations Mémorise et recherche des Utilise des relations
équations détaillées pour fondamentales pour dériver les
chaque circonstance résultats requis
Procédure de Non formelle Formelle. Les équations et la
résolution Décide comment résoudre méthode de résolution forment
après avoir posé les une seule procédure
équations
Suivi du progrès de la Pas de suivi (résultats Suivi constant. Vérification de
solution intermédiaires) la stratégie établie
Si « coincé » Devine Utilise les principes
Abandonne heuristiques (trouver les règles
du jeu). Persévère. Consulte
(Brainstorming)
Précision et validité Pas concerné Très précis
Ne vérifie pas Vérifie et revérifie
Évaluation des N’évalue pas Utilise une vaste expérience
résultats

281
 Erreurs et incapacité Ignore Apprend ce qui aurait du être
de résoudre un fait. Développe de nouvelles
problème méthodes de résolution
Actions S’assoit et pense Utilise papier et crayon
Inactif Très actif. Schématise, écrit
Passif des questions, établit des
cheminements, s’interroge
Décisions Ne comprend pas le Comprend le processus de
processus de décision décision. Critères précis
Pas de critères précis

11.3 Stratégie de résolution de problème

Avant même de tenter de solutionner un problème, il faut prendre une attitude positive.
L’anxiété, le pessimisme sont deux attitudes néfastes qui peuvent détruire votre confiance
en soi et vous amener à abandonner même si le problème n’est pas difficile. Ensuite il
faut utiliser une stratégie de résolution de problèmes. Plusieurs stratégies différentes ont
été proposées et testées. La plupart de ces dernières donnent des résultats semblables. Ce
n’est pas la stratégie qui est importante mais son utilisation systématique. C’est dans la
répétition que l’étudiant développe de la rapidité tout en améliorant ses habiletés de
résolution de problème et en consolidant ses connaissances. La stratégie que nous
proposons peut être résumée en 4 étapes :
1. Définition du problème.
2. Exploration des connaissances.
3. Résolution du problème.
4. Vérification de la solution et de la réponse.
Chacune de ces étapes est décrite comme suit.

11.3.1 Définition du problème

Cette étape a pour but de bien comprendre la question et d’avoir une idée claire de
l’ensemble des données disponibles. Durant cette étape l’étudiant peut faire les actions
suivantes :

282
 a. Bien lire la question, comprendre tous les mots et toutes les phrases. S’il y a lieu,

préciser toutes les ambigüités. Faire la liste des variables connues.

b. Lorsque cela s’applique, faire une figure qui décrit le système.

c. Lorsque cela s’applique, faire une figure abstraite qui décrit les relations entre les

variables.

À la fin de cette étape, l’étudiant devrait être capable de reformuler le problème.

11.3.2 Exploration des connaissances

Le but de cette étape est de faire l’inventaire de tout ce qui peut nous aider à solutionner
le problème. Pour y arriver, on peut se poser des questions :
a. Quelles sont les équations ou les relations qui pourraient être utiles ? Où les
trouver ? Quel est le domaine d’application de ces équations ?
b. Quelles sont les constantes ou les données qui pourraient être utiles ? Où les
trouver ?
c. Peut-on estimer une réponse ou bien donner un ordre de grandeur en se basant sur
un problème semblable déjà résolu.
En résumé, nous faisons la liste de toutes les informations qui pourraient nous permettre
de résoudre le problème.
L’étape de planification n’est pas nécessaire pour la solution des problèmes du cours
CIV1210, ces problèmes sont trop petits. Par contre, cette étape est utile et même
nécessaire lors de la résolution de problèmes complexes ou de grandes envergures
(projets intégrateurs). On fait une planification des différentes étapes de résolution. Cela
permet de partager le travail entre les différents membres de l’équipe de travail.

11.3.3 Résolution du problème

On solutionne les équations en utilisant les valeurs numériques disponibles. Il est utile de
procéder de façon ordonnée en indiquant clairement les équations et les variables qui sont
utilisées. Cela rendra la vérification plus facile et plus rapide.

283
11.3.4 Vérification de la solution et de la réponse
C’est une étape importante souvent négligée. Voici ce que l’on peut faire :
a. On vérifie si on répond bien à la question en faisant un retour sur la première
étape de la stratégie de résolution de problème.
b. On vérifie si les équations ont toutes été utilisées dans leur plage de validité et si
les unités de mesure sont cohérentes.
c. On vérifie si les calculs sont justes.
d. On vérifie si les résultats sont raisonnables.
Il ne faut pas oublier que, dans la pratique professionnelle, on ne peut pas demander la
réponse au client. Il faut s’assurer que celle qu’on trouve est la bonne. De plus, il faut être
capable de défendre notre solution.
L’étape de généralisation ne fait pas partie de la stratégie de résolution de problème
mais plutôt de la méthode d’étude. Afin de faire une généralisation, on prépare une feuille
sur laquelle on indique les liens avec la théorie. On indique si une solution plus rapide est
possible, si on peut généraliser la solution, comment on pourrait rendre le problème plus
complexe ou plus simple ou toutes autres informations qui pourraient nous aider à mieux
comprendre ou à mieux se préparer pour l’examen.
Un résumé de cette stratégie est présenté sur la page suivante.

284
11.4 Résumé de la stratégie de résolution de problèmes

11.4.1 Définition du problème

Variables connues. Figure. Schéma des relations. Définitions de tous les mots inconnus.
Reformulation du problème.

11.4.2 Exploration des connaissances

Données requises. Sources de données. Équations disponibles. Domaine de validité des
équations. Problèmes semblables avec des commentaires sur les similitudes.

11.4.3 Résolution du problème

On solutionne les équations avec les valeurs numériques.

11.4.4 Vérification de la solution et de la réponse

Je réponds bien à la question définie à la première étape? Équations utilisées sont-elles
valables ? Dans leur plage de validité ? Les unités de mesure sont cohérentes ? Les
réponses sont conformes aux estimations ? Les résultats sont-ils réalistes ?

11.4.5 Conclusion
Plusieurs étudiants diront que cette stratégie est trop longue. Il est vrai que les premiers
problèmes seront plus longs à solutionner. Par contre, avec l’usage, cette stratégie sera de
moins en moins longue à mettre en œuvre. Elle vous fera gagner du temps et contribuera
à vous faire mieux comprendre la matière du cours. Il arrive souvent, qu’avec une très
bonne compréhension de la matière un étudiant se rende compte que plusieurs problèmes
sont semblables et qu’il n’est pas nécessaire de tous les solutionner.

11.5 Réponses aux problèmes de fin de chapitre

2.1
a) 25,5 meq/L ; b) 0,15 meq/L ; c) 0,13 meq/L ; d) 5,9x102 meq/L

285
2.2
Ions g/m3 mol/L mmol/L mgCaCO3/L
Na+ 8,0 0,35x10-3 0,35 17,5
Cl- 4,1 0,12x10-3 0,12 5,8
SO42- 11 0,12x10-3 0,12 12

2.3
Ions g/m3 mol/L meq/L
Ca2+ 2,95x103 73,6x10-3 147
OCl- 37,3 0,724x10-3 0,724
HCO3- 8,94x103 147x10-3 147

2.4
g/m3 mmol/L meq/L mgCaCO3/L
Na+ 2,8x102 12 12 6,1x102
Sr2+ 17 0,20 0,39 20
HCO3- 7,4x102 12 12 6,1x102
SO42- 13,5 0,14 0,28 14
2.5
2,17 moles.
2.6
10-3 moles
2.7
Ions mg/L mol/L meq/L mg/L CaCO3
Ca2+ 200 5x10-3 10 500
Mg2+ 3650 150x10-3 300 15000
Na+ 2300 100x10-3 100 5000
Fe2+ 41,9 0,75x10-3 1,5 75
Cd2+ 10 8,9 x10-5 0,18 8,9
HCO3- 305 5x10-3 5 250
SO42- 1920 20x10-3 40 2000
Cl- 50,4 1,42x10-3 1,42 71

2.8
0,41x10-3 mol/L

286
2.9
Ca 2   3,1103 mol L et  Ca 2   6,3 103 eq L
2.10
CCO  41 mg m3
2.11
0,005 ppm
2.12
1. ) 0,08 ppb; 2.) 42 ppb; 3.) Inhalée : 8 µg/d et ingurgité = 84 µg/d; 4.) .) Inhalée : 42
µg/d et ingurgité = 0,2 µg/d.
2.13
1.) 80µg/L; 2.) 0,21 µg/L
2.14
Entités Concentrations
mg/L mol/L eq /L
Fe3+ 0,02 0,36x10-6 1,1x10-6
Ca2+ 9,8 0,25x10-3 0,49x10-3
Mg2+ 1,8 74x10-6 0,15x10-3
K+ 0,6 15x10-6 15x10-6
Na+ 4,6 0,20x10-3 0,20x10-3
2.15
1,4x1010 Tonnes/an
2.16
L  Atm cm3  Atm kcal
1.) R  82 103 ; 2.) R  82 ;3.) R  1,98 106 ;4.)
mol  K mol  K mol  K
cal
R  1,98 103
mol  K
2.17
M CO2  5,6 108 tonnes soit 4 % de la masse totale calculée précédemment.
2.18
4 mois
2.19
a) 55,55 moles; b) 3,4 nm; c) 0,3 nm; d) 1, 24  10 21 kg
2.20
a) P = 1 Atm et T = 273 K; b) V = 24 L
2.21
a) mCH4  1, 2 103 kg et mCO2  1,8 103 kg ; b) mCH4  1,3 103 kg et mCO2  1,9 103 kg ;
c) t = 8 d.

287
2.22
a) Ca 2 , Mg 2 et Al 3 . b) Dureté causée par tous les cations multivalents : 32,52 = 32,5
mgCaCO3/L et dureté causée par les trois cations les plus influents : 32,46 = 32,5
mgCaCO3/L.; c) Ca  , HCO3 , Mg 2 , SO42 , Na  . d) 1,17x10-3mol/L
2.23
Mesurées CMA
mg/L mol/L eq/L mg/L mol/L eq/L
Ba2+ 0,16 1,17x10-6 2,32x10-6 2 1,46x10-5 2,92x10-5
F- 0,24 1,26x10-5 1,26x10-5 4 2,11x10-4 2,11x10-4
NO3- 1,02 1,65x10-5 1,65x10-5 10 1,61x10-4 1,61x10-4

2.24
a) Le bilan ionique ne ferme pas, il manque donc une ou des substances dans cette
analyse d’eau.; b) C,est probablement du magnésium.
2.25
a)DT = 0,42 meq/L; b) DC = 0,42 meq/L; c) 1,06x102mg/l; d) Alc = 0,97 meq/L; e) I =
1,4x10-3 mol/L; f) pH = 6,5; g) Électroneutralité non vérifiée donc analyse incomplète.
2.26
a) DT    Cations multivalents  ; b) Ca 2 et Mg 2 ; c) DT = 0,8 meq/L; d) DT = 7,8
meq/L, DC = 3,1 meq/L et DNC = 4,7 meq/L; e) L’électroneutralité n’est pas respectée.
2.27
a) HCO3 , CO32 , OH  ; b) C’est la capacité d’une eau pour neutraliser un acide.; c)
HCO3 , CO32 , OH  et dans une moindre mesure PO43 et HS  .
2.28
TS = 4,0 g/L; TVS = 1,5 g/L; SS = 2,8 g/L; VSS = 0,6 g/L et TDS = 1,2 g/L.
3.1
a) a =1; b = 1; c = 1 et d = 2; b) X = H+
3.2
a = 4,5; b = 2; c = 3; d = 1 et e = 4,5x3,78.
3.3
a = 4, b = 3, c = 2 et d = 2.
3.4
5,3x10-3 mol
3.5
Unités basées sur les concentrations molaires.
3.6
K = 2,3
3.7
2,0x10-2 mol/L

288
3.8
a) nc  103 mol ; b) nA  2,5 103 mol
3.9
a)  A  1,7 103 ;  B  1,6 103 ; C   2, 4 103 ;  D  1,6 103  E   3, 2 103 mol/L;
b) K  8,5  10 10 M 6 .
3.10
a) DT = 2,6 meq/L; b) CO32   1,3 105 mol L ; c) (Alc) = 2,7 meq/L; d)
Électroneutralité respectée.
3.11
a) Électroneutralité non resperctée; b)  HCO3   2,3 103 mol L et électroneutralité
toujours non respectée; c) (Alc) = 2,5 meq/L; d) C i  225 g m3  MTD .
3.12
Parce que la stochiométrie permet de relier les constantes de toutes les substances mises
en jeu dans une réaction.
3.13
a) k2 B  1 MWA ; b) k2C  0,5  MWA ; c) k2 D  1,5  MWA
3.14
a) ordre 1; b) 0,048 min-1; c) 54,5 ppb.
3.15
L
a) Ordre 2; b) k2  0, 41
mg  min
3.16
L
Ordre 2 avec une constante k2  0, 008
mg  min
3.17
L mol mg
a) k2  1,1105 ; b)  A  6,1106  CA  0,93
mol  h L L
3.18
Ordre 1 avec k1  0,31h1 .
3.19
C= 127mg/L
3.20
Ordre zéro : Il faut multiplier la constante par 1000MW où MW est en g/mol.
Ordre 1 : pas de transformation nécessaire.
Ordre 2 : Il faut diviser par 1000MW.
3.21
a) k2 B  2k2 A ; b) k2C  k2 A ; c) k2 D  3k2 A
3.22
2.) k1  62,5 103 d 1

289
4.1
a) dans l’air x  mg  ; m  g  ; Ce  mg L  mH 2O  2, 6kg ; b) Dans le verre d’eau :
mH 2O  0, 25kg
4.2
a) 41,6 moles; b) HR = 52,6%; c) 100% et 0,98 Atm
4.3
a) YH 2O  1,5% ; CH2O  12,9 g m3
4.4
HR = 74 %
4.5
a) même HR dans les deux récipients; b) faux
4.6
HR = 92,6%
4.7
nH2O  4,7 101 mol ; nO2  8,8mol ; nCO2  1,5 102 mol
4.8
x en milligramme; m en gramme et C en milligramme/litre
4.9
a) FH2O  2,3 105 ; b) FN2  1,7 102
4.10
mol
K H  0, 44
L  Atm
4.11
a) C = 1 g/L; b) 5,3 ppm.
4.12
mol
Ca 2   4,5 103
L
4.13
a)  Fe2   5, 0 102 mol L ; b)  Fe3   1,9 1018 mol L ; c)
 Fe2   0,5 106 mol L et  Fe3   60 1027 mol L
4.14
pH = 9,9
4.15
m  0,14  106 mg
4.16
 Fe3   0, 4 1021 mol L
4.17
a) non; b) pH = 8,7
4.18
x  mg  ; m  g  ; Ce  mg L 

290
4.19
x et m mêmes unités de masse (grammes ou milligramme), Ce(mg/L).
4.20
a) qmax = 250 mg/g et b = 12 L3mg; b) m = 0,3 g
4.21
M = 62,7 kg/d
4.22
a) 2,5 g; b) 8,35 kg
4.23
1 n  1,6 et K f  1,0 L1,6 g  mg 0,6
4.24
1 0,58Ce
b) qe  141,5Ce 5 c) qe  294  ; d) langmuir.
0,58Ce
4.25
qe  14, 2Ce0,5 avec qe en mmol/g et Ce en mmol/L
5.1
a) HCl et H2SO4; b) HS-
5.2
Application directe dela method
5.3
mol
CO32   103
L
5.4
pH = 8,3
5.5
 HCO3   103 mol L et  H 2CO3*   3, 2 105 mol L
5.6
Pour touotes les eaux l’ordre est :  HCO3  , CO32  , OH   et  H  
5.7
Partie a) Volume d’acide = 0,05 ml et volume d’eau = 999,95 ml.
Partie b) 0,1 meq/L; 0,05 mmol/ et4,8 mg/L.
5.8
10 pH   A 
 HA 
10 pKa
5.9
a) pH = 1,1; b) m = 3,2 g de NaOH; c) V = 0,79L
5.10
Les inconnues :  H   , OH   ,  NH 4  ,  NH 3 aq   , PNH3
Les équations :

291
K w   H   OH  
 H    NH 3 aq  
ka  10 9,23
  
 NH 4 


 NH 3 aq    K H PNH
  3

 H     NH 4   OH  

  NH 
PNH3Vair

   NH 3 aq   Veau   103
4   RT
5.11
mol 1meq
a)  Na    1103 ; b)  Alc   ; c) Dureté nulle.
L L
5.12
a) Ca 2   CO32  ; b)  H    OH   et c)  H 2CO3*    HCO3 
5.13
a) pH = 3,8; b) Remise à l’équilibtre avec l’atmosphère; c) pH = 5,6
5.14
pH = 8,7
5.15
Solution dans les notes de cours.
5.16
1.) non; 2.) non; 3.) 0
5.17
a) dans l’eau No 1. b) fonction de l’alcalinité.
5.18
mol
a)  Mg 2   1,3 104 ; b) pH = 10,4.
L
6.1
a) +1 ; -1 et +4 ; b) a = 1 ; b = 1 ; c = 1 et d = 2 ; c) X est H+ et d = 2
6.2
Partie a) a = 4,5 ; b = 2 ; c = 3 ; d = 1 ; e = 17
Partie b) Volume =0,53m3
Partie c) P = 0,97 Atm.
6.3
a) C3 H 6Cl2  l   4O2  g   3CO2  g   2H 2O  2HCl
b) V = 4,1 m3 .
6.4
a) 160 mg/L; b) 53,3 mg/L.
6.5
mg
DBO10  4,5
L
6.6
a)  = 1,053 ; b) k10 = 0,13 d-1
292
6.7
a) 6 mg/L ; b) 4,3 mg/L ; c) 0,25 d-1.
6.8
DBOu  2, 4 102 mg L
6.9
DBO5  2,8 102 mg L
6.10
DBO5  133 mg L
6.11
DBO5  58,3 mg L
6.12
1.) R = 83 % ; 2.) R = 46 % ; 3.) R = 85 % et 4.) R = 79 %
6.13
La solution n’est pas unique. Une solution possible est P1 = 2/30 et P2 = 0,04.
6.14
1.) DBO  7   2,1102 mg L ; 2.) DBO5  4,1102 mg L
6.15
DBO5  4, 2 mg L
6.16
DBOu  1, 7 102 mg L
6.17
k15  0, 25d 1
6.18
a) DBOu  24 mg L ; b) DBO5  17,1 mg L et c) DBO  7   4, 2 mg L
7.1
7.2
7.3
a) t = 43 d ; b) t = 2,6 d
7.4
10g
d) J  2
m s
7.5
2
 r 
a) d  60km ; b)  = 3,75 m /s ; c)
2
C1  Co  
H
7.6
7.7
7.8
Vt  6,8 108 m s
7.9
a) Oui ; b) Vt  3,3 104 m s

293
7.10
D = 0,13 cm2/s.
7.11
t=4d
7.12
t  2, 0 102 d
7.13
g
1.) J  7, 7 1018 ; 2.) m = 10 kg ; 3.) m = 0,1 kg/d.
cm2  s
8.1
a) t = 7,2 h ; b) k1  0,54h1 ; c)  A  0,099 mol L et  B  0
8.2
c) même temps de rétention
8.3
 t
C  Co e H
8.4
a) Compl`tement mélangé ; b) V = 40,5 m3 ; c) Q = 16 m3/h
8.5
a) C  Co  ko H ; b) Concentration nulle ; c) Pour une réaction d’ordre 0, la
concentration à la sortie du réacteur ne dépend pas du type de réacteur.
8.6
 H  3 k1
8.7
 H  4,8 h
8.8
B  Bo  Ao k1 H / (1  k1 H )
8.9
a) V = 17 m3 ; b) V = 106 m3 ; c) V = 39 m3
8.10
a) ordre 1 ; b) k1  0,36h1 ; c) V  27,3 103 m3 ; d) V  7, 0  103 m3 ; e) V  13 103 m3
8.11
1.) V  3,3 104 m3 ; 2.) V  1, 7 104 m3 ; 3.) V1  2, 2 103 m3 et V2  2, 0 104 m3 ; 4.)
V1  2, 0 104 m3 et V2  2, 2 103 m3 ; 5.) V  3,3 104 m3 ; 6.) VT  3, 6 104 m3 .
8.12
Réponses pour la partie c) seulement
Conditions 1 : C1  21, 4 mg L, Cr  85, 7 mg L et C2  21, 4 mg L
Conditions 2 : C1  9, 4 mg L, Cr  122 mg L et C2  30,5 mg L
Conditions 3 : C1  31, 6 mg L, Cr  55,3 mg L et C2  13,8 mg L
8.13
a) V  4,8 103 m3 ; b) V1  V2  8, 7 102 m3 ; c) V1  V2  2, 4 103 m3 ; d)
V  7,5 10 2 m3 .

294
9.1
9.2
9.3
9.4
9.5
 HCO3 
a)
CO32 
 74,1 ; b)   anions     cations  ; c)  HCO

3
  0,50 103 mol L ; d)

 DT   0, 49 meq L ; e)  Alc   0,51meq L ; f)  DC   0, 49 meq L ; g)

I  0, 68 103 mol L
9.6
a) À cause de la concentration élevée de bicarbonate ; b)  Alc   6, 4 meq L ; c)
 DT   7,7 meq L ;  DC   6, 4 meq L ;  DNC   1,3 meq L ; d)
CO32   1, 4 106 mol L ; e) pH  6, 7 ; f) Cela causera la précipitation de CaCO3.
9.7
9.8
9.9
a) R = 37% ; b) T = 5,3Tonnes/jour
9.10
a) Co  2,5 m h ; b)  H  1, 2h ; c) d  27,5 m ; d) T  1, 4 102 Tonnes Jour
9.11
L  23m
9.12
a) n1  5, 2 1010 ; n2  5, 2 107 ; n3  5, 2 104 particules
b) V1  6,5 105 ; V2  6, 0 103 ; V3  0,13 m s
c) L = 28,5 m
9.13
a) V20  0,30 103 m s ; V15  0,17 103 m s ; b) Vo  0, 24 103 m s ; c)
Q  1, 0  103 m3 d
9.14
a) m=0,37 g/L; b) Ce  0, 013 mg L
9.15
a) C  115 g m3 ; b) V2  2, 2 106 m s , V8  49 106 m s, V16  20 105 m s ; c)
Fm  0, 20  20% ; d) Fp  0, 0083  0,83%
9.16
9.17
a) 93 %; b) 56 %
10.1
10.2
10.3

295
10.4
10.5
10.6
a)  c  5, 4d ; b) Va  12,9 103 m3 ; c) Qw  2, 4 103 m3 d
10.7
a)  c  4d ; b) X  1520 mg L ; c) 1, 7  10 2 m3 d
10.8
a) X u  9, 6 103 mg L ;  c  5, 4d
10.9
V  1,1106 m3
10.10
10.11
kgDBO5
a) V  3, 6  10 4 m3 ; b) CO  55, 6
Ha  d
10.12
a) V  12, 7 103 m3 ; b) V  13,1103 m3 ; c) V  13,8 103 m3 ;d) V  22, 7 103 m3

12 Annexe Z : Informations et constantes utiles

L’annexe Z est un recueil d’informations utiles pour plusieurs cours reliés au génie de
l’environnement. Il comprend entre autre des définitions, les masses molaires et
équivalentes de plusieurs éléments chimiques, des facteurs de conversion, les principales
caractéristiques de l’air et de l’eau, les principales constantes ainsi que des rappels
mathématiques.

12.1 Définitions
Affluent: 1) Cours d’eau qui se jette dans un autre. 2) L’affluent d’un réacteur : Ce qui se
jette dans le réacteur.
Amont: Partie d’un cours d’eau comprise entre sa source et un point donné. 2) Partie
d’un processus, d’une activité qui se situe avant le point considéré.
Aval: 1) Coté vers lequel coule un cours d’eau. 2) Partie d’un processus, d’une activité
qui se situe après le point considéré.
Effluent : Qui s’écoule d’une source, d’un lac. Liquide qui s’écoule de quelque chose,
d’un réacteur par exemple.
Acide carbonique : H 2CO3* . C’est le résultat de la dissolution du gaz carbonique dans
l’eau.
Gaz carbonique : CO2

296
Bicarbonate : HCO3 , résulte de l’hydrolyse de l’acide carbonique dans l’eau.

Carbonate : CO32 , résulte de l’hydrolyse du bicarbonate ou de la dissolution du

carbonate de calcium  CaCO3  .

297
12.2 Abréviations des unités de mesure
Abréviation Nom Abréviation Nom
A ampère kWh kilowatt-heure
Å angstrom L litre
atm atmosphère lbf livre force
Bq becquerel lbm livre masse
BTU british thermal unit M mole/litre
cal calorie m mètre
C coulomb MGD million de gallons US par jour
Ci curie mi mille
d jour min minute
erg erg mmHg millimètre de mercure
eq equivalent mol mole
eV électron volt N newton
ft pied NTU unité de turbidité néphélémétrique
g gramme Pa pascal
gal gallon US psi pound per square inch
h heure s seconde
hp horsepower TCU unité de couleur vrai
in pouce V volt
J Joule W watt
K Kelvin ºC degré centigrade

298
12.3 Abréviations des préfixes décimaux

Symbole Préfixe Facteur

multiplicatif
E exa 1018
P peta 1015
T tera 1012
G giga 109
M mega 106
k kilo 103
c centi 10-2
m milli 10-3
µ micro 10-6
n nano 10-9
p pico 10-12
f femto 10-15
a atto 10-18

299
12.4 Principaux facteurs de conversion
Longueur (L) Temps (T) Surface (L2)
1 Å = 10-10m 1 min = 60 s 1 acre = 0,405 hectare
1 in = 2,54 cm 1 h = 3600 s 1 acre = 43 560 pi2
1 ft = 0,30 m 1 d = 8,64x104 s 1 mi2 = 640 acres
1 mi = 1,6 km 1 y = 3,15x107 s 1 hectare =104 m2
Vitesse (L/T) Volume (L3) Débit (L3/T)
1 cm/s = 0,6 m/min 1 L = 10-3 m3 = 1000 cm3 1 cfm (ft3/min) = 472
1 pi/s = 18,3 m/ min 1 acre-foot = 1233,5 m3 cm3/s
1 pi min-1 = 18,3 m/h 1 ft3 = 0,0283 m3 = 28,3 L 1 cfm (ft3/min) = 1,70 m3/h
1 mph = 0,447 m/ s 1 galUS = 3,785 L 1 MGD = 106 galUS/d
1 MGD = 0,0438 m3/s
Concentration Fraction molaire (air) Masse (M)
1 M = 1 mol/L Fraction masse (Liquide) 1 lbm = 454 g
1 N = 1 eq/L 1 % = 10-2 1 ton = 907 kg
1 ‰ = 10-3 1 tonne = 1000kg
1 ppm = 10-6
1 ppb = 10-9
1 ppt = 10-12
Force (M L T-2) Pression (M L-1 T-2) Énergie (M L2 T-2)
1 lbf = 4,45 N 1 atm = 101,3 kPa 1 cal = 4,186 J
1 N = 1 kg m s-2 1 bar = 100 kPa 1 BTU = 1,055 kJ
1 dyne = 10-5 N = 1 g cm s- 1 psi = 6,89 kPa 1 kWh = 3,6 MJ
2
1 mmHg = 133,3 Pa 1 J = 1 N m = 1 kg m2 s-2
1 torr = 1 mmHg 1 erg = 10-7 J
1 in H2O = 249 Pa
1 Pa = 1 N/m2
Puissance (M L2 T-3) Température
1 hp = 746 W K = °C + 273,15
1 W = 1 J/s = 1 N m s-1 °C = (°F – 32)(5/9)
°F = °C (9/5) + 32

300
12.5 Quelques constantes physiques importantes
Nombre d’Avogadro 6,02 x 1023 molécules/mole
Constante des gaz (R) 82,05 10-6 mol-1 m3 atm K-1 = 8,314 J mol-1 K-1
Constante de Boltzmann (k) 1,38 x 10-16 erg K-1 = 1,38 x10-23 J K-1
Volume d’une mole de gaz (V/n) 24 L à 1 atm et 293ºC
Masse de la terre (Me) 6,0 x 1024 kg
Masse de l’hydrosphère (Mh) 1,4 x 1021 kg
Masse de l’atmosphère (Matm) 5,3 x 1018 kg
Rayon de la terre (Re) 6370 km
Accélération causée par la gravité (g) 9,8 m/s2
Charge de un électron (Xe) 1,603 x 10-19 C
Constante de Faraday (F) 96490 C/mol

12.6 Propriétés de l’eau en fonction de la température

Température Masse Viscosité Viscosité

(ºC) volumique (ρ) dynamique (µ) cinématique ()
kg/m3 (kg/m s) (m2/s)
0 999,8 1,78 x 10-3 1,78 x 10-6
5 1 000 1,52 x 10-3 1,52 x 10-6
10 999,7 1,31 x 10-3 1,31 x 10-6
15 999,1 1,14 x 10-3 1,14 x 10-6
20 998,2 1,00 x 10-3 1,00 x 10-6
25 997,0 0,89 x 10-3 0,89 x 10-6
30 995,7 0,80 x 10-3 0,80 x 10-6
40 992,2 0,65 x 10-3 0,65 x 10-6

301
12.7 Composition de l’air

Gaz Masse % dans de

molaire l’air sec
Azote (N2) 28 78,08
Oxygène (O2) 32 20,95
Argon (Ar) 40 0,93
Bioxyde de carbone (CO2) 44 0,035
Vapeur d’eau (H2O) 18 variable

302
12.8 Masses molaires et équivalentes
Le symbole MW indique la masse molaire alors que Z est le nombre d’électrons en jeu.
Pour trouver la masse équivalente (ME) il suffit de diviser la masse molaire par Z.
Substances Cations Anions
Nom MW Z Nom MW Z Nom MW Z
Al(OH)3 78 3 Al3+ 27 3 Cl- 35,5 1
AlPO4 122 3 Ca2+ 40 2 CO32- 60 2
CaCO3 100 2 Fe2+ 55,8 2 F- 19 1
Ca(HCO3)2 162 2 Fe 3+ 55,8 3 H2PO4 97 - 1
Ca(OH)2 74 2 H+ 1 1 HPO42- 96 2
Ca(OCl)2 143 2 Mg 2+ 24,3 2 HCO3- 61 1
CaSO4 136 2 Na + 23 1 HSO3 - 81 1
CaF2 78 2 Sr 2+ 87,6 2 NO3 - 62 1
CO2 44 2 K + 39,1 OCl - 51,5 1
Fe(OH)2 89,9 2 OH- 17 1
Fe(OH)3 106,9 3 PO4 3- 95 3
FePO4 150,8 3 SO32- 80 2
H2CO3 62 2 SO4 2- 96 2
H3PO4 98 3
HOCl 52,5 1
H2 S 34 2
H2SO3 82 2
H2SO4 98 2
MgCO3 84,3 2
Mg(OH)2 58,3 2
MgCl2 95,3 2
Na2SO4 142 2
NaCl 58,5 1
Na3PO4 164 3
NaOCl 74,5 1
NaHCO3 84 1
NaF 42 1
Sr(HCO3)2 209,6 2

303
12.9 Constantes d’équilibre des acides
Voici les principales constantes de dissociation des acides mesurées à 25ºC.
Acide Équation Ka pKa
Acétique CH3COOH  H+ + CH3COO- 2x10-5 4,7
Ammoniaque NH4+  H+ +NH3 5,9x10-10 9,23
Butyrique C3H7COOH  H+ + C3H7COO- 1,6x10-5 4,8
Gaz carbonique (CO2)aq + H2O  H2CO3 (Km) 1,58x10-3 2,8
Carbonique H2CO3*  H+ + HCO3- 4,47x10-7 6,35
HCO3-  H+ + CO32- 4,68x10-11 10,33
Chlorhydrique HCl  H+ + Cl- 103 -3
Cyanure HCN  H+ +CN- 6,3x10-10 9,2
d’hydrogène

Fluorhydrique HF  H   F  6,8x10-4 3,17

Hypobromeux HOBr  H   OBr  2,3x10-9 8,63
Hypochloreux HOCl  H+ + OCl- 2,5x10-8 7,6
Nitrique HNO3  H+ + NO3- 15,8 -1,2
Perchlorique HClO4  H+ + ClO4- 107 -7
Phosphorique H3PO4  H+ + H2PO4- 8x10-3 2,12
H2PO4-  H+ + HPO42- 6,2x10-8 7,21

HPO42-  H+ + PO43- 4,8x10-13 12,32

Propionique C3H5COOH  H+ + C3H5COO- 1,3x10-5 4,9

Sulfureux H2SO3  H+ + HSO3- 1,3x10-2 1,89
HSO3-  H+ + SO32- 6x10-8 7,22
Sulfurique H2SO4  H+ + HSO4- 103 -3
HSO4-  H+ + SO42- 1,2x10-2 1,92
Sulfhydrique H2S  H+ + HS- 7,9x10-8 7,1
HS-  H+ + S2- 1,3x10-13 12,9

304
12.10 Produits de solubilité

Substance Équation Ksp (T= 25 ºC)

Carbonate de calcium CaCO3(s)  Ca2+ + CO32- 5x10-9 M2
Carbonate de magnésium MgCO3(s)  Mg2+ + CO32- 4x10-5 M2
Carbonate de plomb PbCO3(s)  Pb2+ + CO32- 7,4x10-14 M2
Fluorure de calcium CaF2(s)  Ca2+ + 2F- 3x10-11 M3
Hydroxyde d’aluminium Al(OH)3(s)  Al3+ + 3 OH- 1x10-32 M4
Hydroxyde de cadmium Cd(OH)2(s)  Cd2+ + 2 OH- 2x10-14 M3
Hydroxyde de calcium Ca(OH)2(s)  Ca2+ + 2 OH- 8x10-6 M3
Hydroxyde de chrome(III) Cr(OH)3(s)  Cr3+ + 3 OH- 6x10-31 M4
Hydroxyde ferreux (II) Fe(OH)2(s)  Fe2+ + 2 OH- 5x10-15 M3
Hydroxyde ferrique (III) Fe(OH)3(s)  Fe3+ + 3 OH- 6x10-38 M4
Hydroxyde de magnésium Mg(OH)2(s)  Mg2+ + 2 OH- 9x10-12 M3
Hydroxyde de manganèse Mn(OH)2(s)  Mn2+ + 2 OH- 5x10-15 M3
Mn(OH)3(s)  Mn3+ + 3 OH- 1x10-36 M4
Hydroxyde de nickel Ni(OH)2(s)  Ni2+ + 2 OH- 2x10-16 M3
Hydroxyde de plomb Pb(OH)2(s)  Pb2+ + 2 OH- 2,5x10-16 M3
Phosphate d’aluminium AlPO4(s)  Al3+ + PO43- 3,2x10-23 M2
Phosphate de calcium Ca3(PO4)2(s)  3Ca2+ + 2 PO43- 1x10-27 M5
Phosphate ferrique (III) FePO4(s)  Fe3+ + PO4- 4x10-27 M2
Sulfate de calcium CaSO4(s)  Ca2+ + SO42- 2x10-5 M2
Sulfate de plomb PbSO4(s)  Pb2+ + SO42- 1,6x10-8 M2

305
12.11 Constantes du système carbonate en fonction de la température
Voici les constantes de : 1) formation de l’acide carbonique (H2CO3) à partir du CO2
aqueux ; 2) de dissociation de l’acide carbonique ; 3) de précipitation du CaCO3 en
fonction de la température. Toutes les concentrations sont exprimées en mol/L.

T (ºC) Km Ka1 Ka2 Ksp

5 3,02x10-7 2,75x10-11 8,13x10-9
10 3,46 x10-7 3,24 x10-11 7,08 x10-9
15 3,80 x10-7 3,72 x10-11 6,03 x10-9
20 4,17 x10-7 4,17 x10-11 5,25 x10-9
25 1,58x10-3 4,47 x10-7 4,68 x10-11 4,57 x10-9
40 5,07 x10-7 6,03 x10-11 3,09 x10-9
60 5,07 x10-7 7,24 x10-11 1,82 x10-9

306
12.12 Constantes de Henry

Substance Formule KH (M/atm) Température

(ºC)
Acide nitrique HNO3 2,1x105 25
Ammoniaque NH3 62 25
Azote gazeux (diazote) N2 6,7x10-4 20
Benzène C6H6 0,18 20
Bioxyde de carbone CO2 0,034 25
Bioxyde de soufre SO2 1,24 20
Chloroforme CHCl3 0,31 20
Ethylbenzène C8H10 0,11 20
Formaldéhyde HCHO 6300 25
Hydrogène sulfuré H2S 0,115 20
Méthane CH4 0,0015 20
Monoxyde de carbone CO 0,001 20
Naphthalène C10H8 2,2 20
Oxygène O2 1,38x10-3 25
Tetrachloroéthylène C2Cl4 0,083 20
Toluène C7H8 0,15 20
Trichloroéthylène C2HCl3 0,11 20

307
Constantes de Henry en fonction de la température
TºC KH mol L-1 atm-1
eau
CO2 CO H2S CH4 N2 O2
0 76x10-3 1,58 x10-3 0,207 2,48 x10-3 1,05 x10-3 2,18x10-3
5 65x10-3 1,42 x10-3 0,179 2,18 x10-3 0,94 x10-3 1,93x10-3
10 54x10-3 1,26 x10-3 0,151 1,87 x10-3 0,83 x10-3 1,68x10-3
15 47x10-3 1,15 x10-3 0,133 1,68 x10-3 0,76 x10-3 1,52x10-3
20 39x10-3 1,04 x10-3 0,115 1,48 x10-3 0,67 x10-3 1,36x10-3
25 34x10-3 0,97 x10-3 0,103 1,36 x10-3 0,65x10-3 1,27x10-3
30 30x10-3 0,89 x10-3 0,091 1,24 x10-3 0,60x10-3 1,17x10-3
35 27x10-3 0,85 x10-3 0,083 1,16 x10-3 0,57x10-3 1,11x10-3
40 23x10-3 0,80 x10-3 0,075 1,07 x10-3 0,53x10-3 1,04x10-3

12.13 Coefficient de diffusion moléculaire

Le coefficient de diffusion moléculaire d’une substance varie en fonction de milieu dans
lequel la substance diffuse. Les coefficients de diffusion moléculaire dans l’air et dans
l’eau sont présentés à la suite.
Coefficient de diffusion moléculaire dans l’air à une pression de 1 atm.
Substance Formule D (cm2/s) Température K
Ammoniaque NH3 0,201 273
Benzène C6H6 0,077 273
Bioxyde de carbone CO2 0,138 273
Eau H2O 0,219 273
Hélium He 0,615 273
Hydrogène H2 0,611 273
Méthane CH4 0,196 273
Oxygène O2 0,178 273

308
Coefficient de diffusion moléculaire dans l’eau
Substance Formule D(cm2/s) Température K
Air 2,00 x 10-5 298
Benzène C6H6 1,02 x 10-5 298
Bioxyde de carbone CO2 2,00x 10-5 298
Hydrogène H2 4,50 x 10-5 298
Méthane CH4 0,85 x 10-5 275
Oxygène O2 2,60 x 10-5 298

309
12.14 Pression de vapeur d’eau à saturation en fonction de la température

Pression de vapeur d’eau à saturation pour T allant de -50 à +15ºC

T (ºC) Pº (Pa) T (ºC) Pº (Pa) T (ºC) Pº (Pa)

-50 6 -28 60 -6 386
-49 7 -27 66 -5 417
-48 8 -26 73 -4 449
-47 9 -25 80 -3 484
-46 10 -24 87 -2 522
-45 11 -23 95 -1 562
-44 12 -22 104 0 604
-43 14 -21 113 1 650
-42 15 -20 124 2 698
-41 17 -19 135 3 749
-40 19 -18 147 4 804
-39 21 -17 160 5 863
-38 23 -16 174 6 925
-37 25 -15 189 7 991
-36 28 -14 205 8 1061
-35 31 -13 222 9 1136
-34 34 -12 241 10 1215
-33 38 -11 261 11 1299
-32 41 -10 283 12 1388
-31 46 -9 306 13 1482
-30 50 -8 331 14 1582
-29 55 -7 358 15 1688

310
Pression de vapeur d’eau à saturation pour T allant de 16 à 81ºC

T (ºC) Pº (Pa) T (ºC) Pº (Pa) T (ºC) Pº (Pa)

16 1800 38 6572 60 19784
17 1918 39 6936 61 20719
18 2044 40 7318 62 21691
19 2176 41 7717 63 22702
20 2316 42 8136 64 23753
21 2463 43 8573 65 24844
22 2619 44 9031 66 25978
23 2783 45 9510 67 27156
24 2956 46 10011 68 28378
25 3139 47 10533 69 29647
26 3331 48 11080 70 30963
27 3533 49 11650 71 32328
28 3746 50 12246 72 33744
29 3971 51 12867 73 35212
30 4206 52 13515 74 36734
31 4454 53 14191 75 38310
32 4714 54 14896 76 39944
33 4988 55 15630 77 41635
34 5275 56 16395 78 43387
35 5576 57 17192 79 45200
36 5893 58 18022 80 47076
37 6224 59 18886 81 49017

311
Pression de vapeur d’eau à saturation pour T allant de 82 à 140ºC

T (ºC) Pº (Pa) T (ºC) Pº (Pa) T (ºC) Pº (Pa)

82 51025 104 116064 126 238109
83 53102 105 120168 127 245485
84 55249 106 124392 128 253046
85 57468 107 128737 129 260794
86 59761 108 133206 130 268734
87 62130 109 137802 131 276867
88 64577 110 142528 132 285199
89 67105 111 147386 133 293732
90 69714 112 152380 134 302470
91 72407 113 157511 135 311416
92 75186 114 162783 136 320574
93 78054 115 168198 137 329948
94 81012 116 173760 138 339541
95 84063 117 179472 139 349357
96 87208 118 185336 140 359400
97 90451 119 191356
98 93792 120 197534
99 97236 121 203874
100 100784 122 210379
101 104438 123 217051
102 108201 124 223895
103 112075 125 230913

12.15 Rappels mathématiques

Équation quadratique

b  b 2  4ac
ax  bx  c  0  x 
2

2a

312
Les logarithmes
Dans ce cours nous utilisons les logarithmes à base 10 (log) et les logarithmes à base e
aussi appelé logarithme népérien (ln). Les équations suivantes sont utiles :
N  10 x  log N  x
M  e y  ln M  y
log M  y log e  0, 434 y
N
log    log N  log M
M 
N
ln    ln N  ln M
M 
log N p  p log N
ln N p  p ln N

Les intégrales
Il faudra résoudre trois types d’intégrales. Ce sont :
dx
 x
 ln x

dx 1
  ax  b   a ln  ax  b 
dx 1
x 2

x
Il est possible de résoudre  dx
ax  b
en faisant un changement de variable, par exemple en

posant u  ax  b.
1
u  ax  b  du  adx  dx  du
a
En remplaçant on trouve :
dx 1 du 1 1
  ax  b   a   ln u  ln  ax  b 
u a a

Les équations différentielles

Dans les chapitres 3 et 8 nous obtenons des équations différentielles permettant de
trouver des équations qui relient la concentration d’une substance (C) au temps de séjour
(t) dans un bassin. Les équations différentielles ont les formes suivantes :
313
 dC
 ko
dt
dC
 k1C
dt
dC
 k1  aC  b 
dt
dC
 k2C 2
dt
Ce sont les équations différentielles les plus simples à résoudre. En effet, il suffit de
regrouper la même variable d’un coté de l’équation et ensuite de résoudre l’intégrale.
Prenons comme exemple la solution de l’équation dC
dt  k1C :

dC dC
 k1C   k1dt
dt C
Par la suite, il suffit d’intégrer entre les bornes définies, par exemple :
C dC
Co C 


C t
dC

Co
C 0
 k1dt

C
ln C C  k1 t 0  ln C  ln Co  k1  t  0   ln  k1t
C t
o
Co
C
 e k1 t  C  Co e k1t
Co
Il faut porter une attention particulière aux bornes d’intégration. Dans l’exemple
précédent, nous avons posé qu’au temps initial  t  0  la concentration de la substance

dans le bassin est C o et au temps final  t  t  la concentration est C .

On procède de la même manière pour résoudre l’équation dC

dt  k2C 2 , soit :

314
 dC dC
 k2C 2  2  k2 dt
dt C
C t
dC
C C 2  0 k2 dt
o

C
1
  k2 t 0
t

C Co

 1 1  C  Co
     k2t  C  Co  CCo k2t
 C Co  CCo
Co
Co  C 1  Co k2t   C 
1  k2Cot 
Dans le chapitre 8, la solution des exemples 8.3 et 8.5 nécessite la solution d’équations
différentielles.

Exemple 8.3
Lors de la résolution de l’exemple 8.3, nous obtenons l’équation différentielle suivante :
dC Q Q 1
  Co  C  où 
dt V V H
En transformant l’équation précédente, on obtient :
dC 1
 dt
 Co  C   H
C’est une équation qui a la forme dx
ax  b où a  1 et b  Co . La solution de cette équation
est donc :
C t
dC 1
0  Co  C    H 0 dt
On note que les bornes d’intégration sont différentes des exemples précédents. Dans ce
cas-ci, C o est la concentration dans le débit entrant dans le bassin. Les bornes
d’intégration décrivent la concentration dans le bassin en fonction du temps. Comme le
bassin est initialement rempli d’eau pure, on pose C  0 lorsque t  0 . En intégrant on
obtient :

315
 1
 ln  C  Co  0 
C t
t0
H
1
  ln  Co  C   ln Co   t
H
C C  1
ln  o  t
 Co  H
 t

C  Co  1  e  H 
 

Exemple 8.5
Lors de la résolution de l’exemple 8.5, on obtient l’équation différentielle suivante :
dC
V  QCo  QC  k2CV
dt
Afin de solutionner cette équation on doit la transformer comme suit :

dC Co C
   k1C
dt  H  H
dC Co  1 
 C  k1 
dt  H  H 
dC Co C 1  k1 H 
 
dt  H H
Après manipulation on obtient :
dC dt

Co  C 1  k1 H   H

En posant a   1  k1 H  et b  Co on obtient :

dC dt

aC  b  H
L’intégration de cette équation donne :

316
 C t
dC dt
0 aC  b  0  H
t
1 t
ln  aC  b  0 
C

a H 0

at
ln  aC  b   ln b 
H
aC  b at
H
e
b
En remplaçant a et b on obtient :
 1  k1 H  C  Co at
 e H
Co
1 k1 H t
 
Co 1  e  H 
 
C  
 1 H
1  k 

Dans l’exemple 8.5, C o ne désigne pas la concentration initiale dans le bassin mais plutôt
la concentration dans le débit d’entrée du bassin. La concentration initiale dans le bassin
est nulle tel qu’indiquée par les bornes d’intégration.

317
12.16 Tableau périodique

318