Termodinamica y crecimientomicrobiano

EIcrecimiento de 105 microorganismos es un sistema abierto muy complejo en donde se realizantransferencias de masa y energia, y no es una excepcion que las leyes de la termodinamica y dela conservacion de las especies atomicas se cumplan en 105 cultivos bacterianos. Sin duda unfermentador continuo es un sistema muy complicado que requeriria muchas ecuacionesmatematicas para poder definirlo. Sin embargo, sabemos que: a) Todos 105 atomos que entran alfermentador salen aunque sea siendo parte de otros compuestos. b) Las reacciones que sedesarrollan dentro del fermentador son reacciones de oxido-reduccion principalmente, por 10tanto se puede realizar un balance de electrones. c) Tanto 105 f1ujosentrantes como 105 salientespueden ser referidos a la produccion de la biomasa. La teorfa macrosc6pica utiliza estas tresconsideraciones para reducir el numero de ecuaciones necesarias para definir un fermentador.

La teoria macroscopica, aplicada al crecimiento de 105 microorganismos, esta definida por lacantidad de biomasa seca en el estado estacionario y considerando que no cambiala composicion de la biomasa.

EIconcepto de mol-carbon de un microorganismo se define como la cantidad de biomasaque contiene un mol de carbon. La composicion atomica de un microorganismo esta dad apor su formula elemental CHal Obl Ncl. Como puede apreciarse, solo el C, H, 0 Y N fueron 105elementos considerados. Esto es valido, si sabemos que ellos representan 95% de la biomasaen base seca. Se asume que el microorganismor-crece usando una Fuente de carbon y unafuente de nitrogeno, la cual puede contener carbon, y produce biomasa y productosconteniendo carbon y nitrogeno. La biomasa es una copia exacta del organismo, es decir conla misma composicion elemental. Ademas, durante el crecimiento se intercambian con elmedio ambiente bioxido de carbono (C02), agua (H20) y oxigeno. En la figura 10.1 se muestraun fermentador continuo en don de crece un microorganismo. Los f1ujosy la composicion de105 mismos se hallan indicados.

186 Termodinamica bio/6gica

<PoH2O

°2<I> H2O

<l>sProducto ~

<l>pCHa30b3Nc3

<l>N Biomasa<l>x

CHal0blNcl

CO2

<l>H 02

<I>C02

En un caso general, la figura 10.1 representa un sistema en estado estacionario, en dondetodos los flujos que contienen carbon estim dados en base mol-carbon, a excepcion del flujode nitrogeno. EI vector de flujo <1>se halla definido por siete magnitudes:

<1>x<1>s<1>p

<1>= <1>N<1>0

<1>C02<1>H20

y la composicion elemental esta dada por la matriz E:

1 al b1 Cl1 a2 b2 C21 a3 b3 C3

E= d4 a4 b4 C40 0 2 01 0 2 00 2 1 0

La ecuacion 10.1 considera cuatro ecuaciones lineales entre los siete flujos. Solamentetres flujos pueden variar independientemente y los restantes deben ser definidos por mediode un balance elemental.

En un caso general, los flujos de biomasa (<1>x),sustrato (<1>s)y producto (<1>p)resultanconocidos. EI sistema de ecuaciones, hasta este punto, no puede ser resuelto, haciendose

necesario plantear una serie de ecuaciones para este efecto. Los sistemas de crecimiento demicroorganismos pueden analizarse como una serie de reacciones de oxidorreduccion. Portal motivo es posible hacer un balance electronico del sistema.

EI concepto de grados de reduccion (a) fue introducido por Minkevich y Eroshin en 1973, ymejorado por Erickson y colaboradores durante 1978. Este concepto puede definirse como elnumero de electrones disponibles para ser transferidos al oxigeno en la combustion delcompuesto. Este concepto de grado de reduccion resulta estrictamente una convencion.Debemos recordar que el crecimiento aerobio implica una combustion del sustrato, siendo eloxigeno el aceptor final de electrones. Los electrones disponibles para ser transferidos al oxi-geno durante un cultivo aerobio, de cada elemento considerado aqui son:

Estos valores se deducen de la valencia de los elementos. En el caso del nitrogeno, sesupone que el grado de reduccion es -3 porque esta es la valencia predominante en labiomasa y es la misma que se encuentra en el amonio. Para un compuesto de composicionelemental CHaObNc, su grado de reduccion sera:

EtanolBi6xido de carbonoGlucosaSaccharomyces cerevisiae

(biomasa)

= 4 + 3 + 1/2(-2)= 4 + (2)(-2)= 4 + 2 + (-2)

Carbon

Hidrogeno

Oxigeno

Nitrogeno

a2<1>s + a4<1>N = a 1<1>x + a3 <1>p

b2<1>s + b4<1>N + 2<1>02 = bl <1>x + b3<1>P + 2<1>C02

C2<1>S + C4<1>N = Cl<1>X + C3<1>P

Balance de los flujos con respecto a la biomasa:

.<1>x = Biomasa

<PxRendimiento biomasa / sustrato = Yx/s = --;;;;

<PxRendimiento biomasa / producto = Yx/P =¢;

A. -~'t'P -Yx/P

<Do = Oxigeno

Balance por grado de reducci6n (oi)

00 <Do = Ox <Dx - Os <Ds + Op <Dp - ON <DN + OC02 <DC02 - OH20 <DH20

La ecuaci6n 10.15 es un balance general del grado de reducci6n. Este grado aparececomo una cantidad conservada y no hay consumo ni producci6n de grados de reducci6n. Esimportante hacer notar que el grado de reducci6n resulta aqui puramente una convenci6n decalculo y tiene poco que ver con las valencias. Es una opci6n de combinaciones linealesde balances elementales.

-4<D0=<JX<DX-<JS[:X ]+Op[:X]xIS xlP

[Os Op]-4<D0 =<Dx Ox ---+--

YxlS '(xiP

<Do = <Dx [OX -~+~ l- 4 YxlS YXIP J

Siguiendo las rutinas estandares de algebra usadas hasta ahora, tenemos para el C02 y elagua las siguientes ecuaciones:

Ejemplo 10.1 EI crecimiento de Saccharomyces cerevisiae, en un cultivo continuo conglucosa como {mica fuente de carbon y energia, consume 4.26 mol-C de glucosa porcada mol de biomasa producida. Ademas, se originan 1.92 mol-C de etano!. Calcular elconsumo de oxigeno, si la fuente de nitrogeno es amonio. La composicion elemental dela biomasa seca de la levadura es CH 1.800.56No.17.

Usando la ecuacion 10.22,

determinando el grado de reduccion de cada flujo,

(jx = 4 + (1 )(1.8) + (-2)(0.56) + (-3)(0.17) = 4.17 (biomasa)

(js = 4 + (1 )(2) + (-2)(1) = 4 (glucosa, CH20)

(jp = 4 + (1 )(3) + (-2)(0.5) = 6 (etanol, CH300.S)

1Yxis =-- =0.2354.26

1Yx/P =--=0.521

1.92

1 [ 4 6] moles O2¢o = ---4- 4.17 - -0-.2-3-5+ -0-.5-2-1= 0.34-m-o-I---C-bi-o-m-a-sa-

Experimentalmente, se obtuvo un valor de <Po= 0.35 moles 02/mol-C.

EIconcepto de grado de reducci6n puede utilizarse facilmente en otros elementos,aparte del C, H, 0 Y N. Por ejemplo, si se considera al azufre (S) y al f6sforo (P), se puedeconsiderar como fuente de azufre al H2S04 y de f6sforo al H3P04. Siendo estos doscompuestos los productos oxidados, su grado de reducci6n debera ser igual a cero ysabiendo que el hidr6geno es +1 y el oxigeno -2, tenemos entonces que Os= +6 YOp= +5.De 10 anterior, tendremos que el grado de reducci6n para un compuesto CHaObNcSdPeestara dado por:

Cuando se conocen 105 flujos de bi6xido de carbono y oxigeno, en lugar de 105 flujos deproducto y biomasa, el sistema puede resolverseaplicando el mismo procedimiento. Paraesteefecto podemos utilizar los siguientes cocientes:

CO2 ¢c02Coeficiente respiratorio= QR= ----0- = -",--

2 '1'02

02 ¢o,Consumo de oxigeno= Ro= -S- =--;p;-

EI coeficiente respiratorio es un valor que relaciona el flujo de C02 que sale delfermentador y el flujo de oxigeno que entra al sistema. EIconsumo de oxigeno relaciona elflujo de oxigeno con el consumo de sustrato. Todos estos valores estan dados en mol-C.Los flujos de biomasa <Pxy de producto <pppueden determinarse facilmente de la siguientemanera:

La composici6n elemental de la biomasa parece ser independiente del organismo, lascondiciones de cultivo y la tasa de diluci6n, como se puede apreciar en la tabla 10.1, endonde se presentan composiciones elementales de diferentes organismos cultivados bajodiferentes condiciones. Esta biomasa presenta un grado de reducci6n promedio, si se usa

NH3 como fuente de nitr6geno, de 4.2, de 5.8 cuando acido nitrico es usado 0 de 4.8cuando la fuente de nitr6geno es nitr6geno atmosferico.

Tabla 10.1 Composici6n elemental de biomasas producidas bajo diferentes condicionesde cultivo

Velocidad decrecimiento

(h-1)

Candida utilisCandida utilisCandida utilisCandida utilisKlebsiella aerogenesKlebsiella aerogenesKlebsiella aerogenesKlebsiella aerogenesSaccharomyces cerevisiaeSaccharomyces cerevisiaeSaccharomyces cerevisiaeParacoccus denitrificansParacoccus denitrificansEscherichia coliPseudomonas Cl2BAerobacter aerogenesCultivo aerobioSaccharomyces cerevisiaeSaccharomyces cerevisiaeSaccharomyces cerevisiaeSaccharomyces cerevisiaeSaccharomyces cerevisiaeSaccharomyces cerevisiaeCultivo anaerobioSaccharomyces cerevisiaeSaccharomyces cerevisiaeSacchar9myces cerevisiaeSaccharomyces cerevisiaeSaccharomyces cerevisiaeSaccharomyces cerevisiae

CH1.8300.54No.10CH 1.8700.56No.zoCH1.8300.46No.19CH 1.8700.56No.zoCH 1.7500.43No.22CH 1.7300.43No.Z4CH1.7500.47No.17CH1.7300.43No.24CH1.6400.5zNo.16CH 1.8300.56No.17CH1.8100.51 NO.17CH 1.8100.51 No.zoCH 1.5100.46No.19CH 1.7700.49No.24CHz.0000.5ZNo.Z3CH 1.8300.55N 0.Z5

0.0730.1020.1440.2000.2200.259

CHZ.0000.60No.17CH 1.8900.5ZNo.17CH1.9500.5ZNo.17CH1.5900.49No.17CH1.6500.56No.18CH 1.8900.59NO.ZO

0.0100.0150.0310.0610.0880.108

CH1.8500.74No.14CH 1.7900.60No.15CH1.9800.63No.16CH1.8300.56No.19CH 1.8900.51NO.16CH 1.8000.55No.18

Otra consideraci6n importante que debe hacerse, es el hecho que si bien la biomasa secaesta constituida principalmente de C, H, 0 Y N como materia combustible, la biomasa contienetambien cantidades significativas de cenizas. EIcontenido de cenizas puede variar de 5.25% a13.75% de la biomasa seca con un valor promedio de alrededor de 8%. Las cenizas deben serconsideradas para convertir la composici6n elemental en f1ujo de biomasa seca.

Crecimiento sin formacion de producto ycon una fuente simple de nitrogeno

Enesta parte, analizaremos un caso restringido, en donde no hay formaci6n de producto (<I>p=0) y el sustrato no contiene nitr6geno. Ademas, en este caso la fuente de nitr6geno puede serNH3, HN03 0 N2. En esta situaci6n s610se consideran seis flujos y s610se requiere conocer ados de ellos para definir al sistema. Tambien, el balance elemental es posible para los cuatroelementos.

Realizando un balance general de grade de reducci6n se puede calcular el flujo deoxigeno <1>0= <1>5,quedando definido por la ecuaci6n siguiente:

1 ( as ]¢o=-¢x ---4 Ys/x - ax

La ecuaci6n 10.32 puede simplificarse, si usamos el termino lIamado eficiencia deloxigeno, llO:

De las ecuaciones 10.32 Y 10.33 resulta claro que si la eficiencia del oxigeno es igual auno (llo = 1) el flujo desde y hacia el sistema sera igual a cero (<1>0= 0). Sin embargo, si el valorde la eficiencia del oxigeno es menor a uno (llO < 1), habra un suministro 0 consumo deoxigeno en el sistema. La combinaci6n de las ecuaciones 10.31 Y 10.32 nos permite determinarel rendimiento del de la biomasa con respecto al oxigeno:

Yx = Biomasa = (~] (~)/0 Oxigeno a x 1-1]0

En donde Yx/o es la cantidad de biomasa producida (moles-C) por mol de oxigenoconsumido. Si consideramos, como ya se vio, que permanece casi con stante el grade dereducci6n de la biomasa (ox), entonces debe de existir una relaci6n del rendimiento de labiomasa (ox/o) y la eficiencia del oxigeno (llO), la cual seria independiente del sustrato, delorganismo y del sistema de cultivo.

Ejemplo 10.2 Una levadura esta creciendo con metanol como fuente de carb6n yenergia.Durante el crecimiento se producen 0.4 g de biomasa seca por cada gramo de metanolconsumido. La composici6n de la biomasa es CH1.800.5No.2y contiene 5% de cenizas.Calcular el consumo de oxigeno.

EI rendimiento biomasa/sustrato se puede calcular convirtiendo a cantidades molares:

(0.4)(0.95)(32)Yx/s = ( )() - 0.49424.6 1

ax= 4 + (1.8) (1) + (-2) (0.5) + (-3) (0.2) =.L2as= 4 + (4) (1) + (-2) (1) = 6

110=Yx/sl ;; )=(0.494{ 4~2)=0.346

Yx/o = (~)l~) = ~( 0.346 ) = 0.504 moles - C biomasa(J x 1-110 4.2 1- 0.346 moles 02

De otra manera, el consumo de oxigeno es de 1.98 moles/mol-C de biomasa a de76.9 x 10-3 moles/g de biomasa seca.

Ejemplo 10.3 Enun cultivo continuo de levadura, se utiliza glucosa como fuente de carbony energia. La fuente de nitrogeno es NH3. EIconsumo de glucosa es de 2.24 moles-C parmol-C de biomasa formada y el consumo de oxigeno en base mol-C de biomasa es de0.69 moles. Determinar si hay formacion de producto.

Se tiene un consumo de oxigeno medido de:

1 1Yx/o =--=--=145

Yo/x 0.69

1 1Yx/s = -- = -- = 0.446

Ys/x 224

ax = 4 + (1.79) (1) + (0.56) (-2) + (0.17) (-3) = 4.16as = 4 + (2) (1) + (1) (-2) = 4

110 =Yx/s( :; )=(0.446)( 4~6 )=0.464

YX

/O(_4_) ( 110 ) = _4_( 0.464 ) = 0.832 moles - C biomasa(J x 1-110 4.16 1- 0.464 moles 02

Como el valor medido es mayor que el calculado, se supone que posiblemente hayformacion de algun producto.

La medicion del carbono orgimico total (COT) del f1uido a la salida del fermentador delejemplo anterior mostro que, adem as de la biomasa y el C02, se tenia el equivalente a 0.34moles de carbon por mol-C de biomasa producida. La diferencia en el consumo de oxigenoentre 10 determinado y 10 calculado es de 0.512 moles de 02 por mol-C de biomasa seca. Sisabemos que cada mol de oxigeno tiene cuatro electrones disponibles, sabemos que esta

diferencia implica una disponibilidad de, 0.512 x 4 = 2.05 electrones. De donde, 105 electronesdisponibles 0 el grade de reducci6n del producto puede ser estimado de la manera siguiente:

2.05(Jp =--=6.03

0.34

Sabemos que el etanol tiene un grade de reducci6n de seis, as! que probablemente estesea el producto de la fermentaci6n.

Crecimiento anaerobio sin aceptor de electrones externo

Una gran variedad de procesos formadores de productos no requieren del aporte de un aceptorexterno de electrones. En estes casas el sustrato tiene funciones tanto como donador comoaceptor de electrones. Para este caso tam bien se aplican sin ninguna restricci6n 105 balan-ces elemental y de grade de reducci6n. EI sistema se muestra en la figura 10.2. La ecuaci6ngeneral de balance de grade de reducci6n queda como sigue:

H2O<I> H2O

Producto <I>p cr3=crpCHa30b3Nc3

Biomasa <I>X crJ=crXCHa,Ob,Nc,

Figura 10.2 Sistema de flujos para el ana/isis macrosc6pico del crecimiento microbiano anaerobio sin aceptor deelectrones.

EIvalor de llO se calcula de la ecuacion 10.33 Y esta relacion es muy util para el analisis deestos procesos.

Otro factor importante en el crecimiento anaerobio es la produccion de C02. Este flujopuede deducirse a partir de un balance de carbon y de la ecuacion 10.34, quedando:

Crecimiento anaerobio con aceptor de electrones externo

Un gran numero de compuestos pueden sustituir al oxigeno como aceptor de electrones enlos procesos de crecimiento microbiano. Algunos ejemplos son la reduccion del bioxido decarbono a metano, usando hidrogeno gaseoso; la reduccion del sulfato a sulfuro, y la reducciondel nitrato a nitrito 0 a nitrogeno molecular.

Estos casos tambien pueden ser tratados facilmente en terminos de eficiencia deloxigeno,o mejor dicho en eficiencia electronica del crecimiento. Dicha eficiencia se indicaracomo llO, como en el caso de la eficiencia del oxigeno. EI consumo de un aceptor deelectrones durante el crecimiento, sin formacion de producto puede ser obtenido de lasiguiente ecuacion:

Yx/e =(:x )(,~~oJdonde K es una constante que depende del numero de moles de electrones que son transferidospor mol de aceptor de electrones y YX/e es el rendimiento de biomasa en terminos de aceptorde electrones (mol-C/mol). Para el oxigeno, el valor de K es de cuatro, pero existe una granvariedad de aceptores de electrones (tabla 10.2).

02 + e- -+ 2 02-C02 + 4 H2 -+ CH4 + H20

504 -+ $2-

N03 -+ NH3N03 -+ N02

1N02 -+ 2N2

2 1CH2 -+ "3 CH30,j, + "3 C02

4 moles/mol 028 moles/mol C028 moles/mol sulfato8 moles/mol nitrato2 moles/mol nitrato

Ejemplo 10.3 Un organismo con composicion elemental de CH l.S00SNO.2 creceanaerobicamente usando glucosa como fuente de carbon y amonio como fuente denitrogeno. EInitrato es el aceptor de electrones y se producen 0.6 moles-C de biomasapor cada mol-C de sustrato. EInitrato es reducido a nitrogeno gaseoso. lCuanto nitratoes reducido por mol de biomasa producida?

La eficiencia de oxigeno se determina con la ecuacion 10.33:

1]0 = Yx/s( :; )=(0.6)( 4~2)=0.63

La reduccion del nitrato en nitrogeno tiene una K de 5, usando la ecuacion 10.39:

YX/e = (:J( 1:~0) = ( 4~2) ( 1~·~.~3) = 2.03

Entonces por cada mol de biomasa producida se reducen 0.49 moles de nitrato.

Los principios de la termodinamica revisados en 105 primeros capitulos del presente libro,pueden aplicarse al crecimiento microbiano. Los cambios de ental pia 0 calor, asi como 105

cambios de energia libre durante el crecimiento de los microbios pueden ser determinadosrealizando una serie de calculos numericos. Suponiendo la idealidad, podemos decir que laentalpia 0 la energia libre de Gibbs del sistema sera igual a la suma de lasentalpias 0 energiaslibres parciales molares de 105 componentes, Estos valores parciales molares dependeranunicamente de las condiciones de temperatura, presion y concentracion del componente encuestion. Asi por ejemplo, la energia libre de Gibbs parcial molar (potencial quimico) serafuncion de la concentracion del componente en cuestion.

c ° .()-=fli =fli +RTln Cin

donde f.!i es el potencial quimico 0 energia libre molar del compuesto i y donde f.!? es laenergia libre molar del compuesto a una concentracion de 1 M. Para efectuar esta estimaciones necesario hacer dos consideraciones: La ental pia y la energia libre deben ser tratadas comoenergias estandares, 0 sea a concentraciones de 1 M, a presion atmosferica y a 298 oK detemperatura. La segunda consideracion concierne al hecho de que en crecimientos aerobiosla combustion del sustrato produce C02 y H20, de donde el bioxido de carbona, el agua y elmitrogeno elemental no pueden suministrar energia para 105 sistemas vivos. Entonces, podemosdecir que el contenido energetico disponible sera equivalente a la entalpia de combustion(llH°cl y energia libre de combustion (llGod del sustrato.

Lasentalpias y lasenergias libres de combustion pueden ser referidas a mol-C y relacionadasal grado de reduccion. Un analisis estadistico (tabla 10.3) nos muestra de la existencia de lassiguientes relaciones:

llHg= 775 a [KJ/mol-C]

llCg= 94.4 a+ 86.6 [KJ/mol-C]

Enambos casos, el error estandar es de alrededor de 18 KJ/mol-C.

[10.41]

[10.42]

Termodinamica y crecimiento microbiano 197

Tabla 10.3 Calor de combustion y energia Iibre de combustion en condiciones estandar(1 M, 298 oK, 1 atm y pH 7)

Grado deKJ/mol

Compuesto Formulareduccion ~Hg ~Gg ~Hg;O' ~Gg;O'

Acido f6rmico CH202 2 281 255 140.5 127.5Acido acetico C2H402 4 894 876 111.8 109.5Acido oxalico C2H204 1 327 246 163.5 123.0Acido propi6nico C3H602 4.67 1533 1529 109.4 109.2Acido lactico C3H603 4 1377 1369 114.8 114.1Acido fumarico C4H404 3 1448 1337 120.7 111.3Acido malico C4H60S 3 1444 1329 120.3 110.8Acido succinico C4H604 3.5 1599 1493 114.2 106.7Acido butfrico C4HS02 5 2173 2194 108.7 109.7Acido citrico C6Hs07 3 2147 1963 119.3 109.1Acido palmftico C16H3203 5.75 9800 9989 106.5 108.6Metano CH4 8 818 892 102.3 111.5Etano C2H6 7 1467 1562 104.8 111.6Eteno C2H4 6 1331 1413 110.9 117.8Etino C2H2 5 1235 1310 123.5 130.1Metanol CH40 6 693 798 115.5 121.3Etanol C2H60 6 1319 1369 109.9 114.1iso-Propanol C3HsO 6 1946 1989 108.1 110.5Butanol C4H100 6 2592 2680 108.0 111.7Etilenglicol C2H602 5 1170 1160 117.0 118.1Glicerol C3HS03 4.67 1643 1663 117.4 118.7Glucitol C6H1406 4.33 3084 3049 118.6 117.3Glucosa C6H1206 4 2872 2807 119.7 117.0Acetona C3H60 5.33 1734 1793 108.4 112.1Formaldehfdo CH20 4 501 572 125.3 142.9Acetaldehfdo C2H40 5 1123 1168 112.3 116.8Alanina C3H7N02 5 1642 1707 109.5 113.8Arginina C6H14N402 5.67 3786 3744 111.3 110.0Asparagina C4HSN203 4.5 1999 1936 111.1 107.6Acido glutamico CsHgN04 4.2 2315 2250 110.2 107.1Acido aspartico C4H7N04 3.75 1686 1608 112.4 107.2Glutamina CSHlON203 4.8 2628 2570 109.5 107.1Glicina C2HsN02 4.5 1011 974 112.3 108.2Leucina C6H13N02 5.5 3565 3588 108.0 108.7

Isoleucina C6H13N02 5.5 3564 3588 108.0 108.7Fenilalanina C9HllN02 4.78 4647 4653 108.0 108.2Serina C3H7N03 4.33 1502 1455 115.6 112.0Treonina C4HgN03 4.75 2130 2104 112.1 110.7Tript6fano CllH12N202 4.73 5649 5632 108.6 108.3Tirosina C9HllN03 4.56 4483 4437 109.2 108.1Valina CSHllN02 5.4 2920 2920 108.2 108.2Guanina CsHsNsO 4.6 2612 2500 113.6 108.7Hidr6geno H2 2 238 286 119.0 143.0

Tabla 10.3 (Continuacion.) Calor de combustion y energia libre de combustionen condiciones estandar

(1 M, 298 oK, 1 atm y pH 7).

Grado deKJ/mol

Compuesto Formulareduccion ~Hg ~Gg ~Hg /a ~Gg /a

Grafito C 4 394 394 98.5 98.5Mon6xido de carbono CO 2 257 283 128.5 141.5Amonio NH3 3 329 383 109.7 127.7Acido nitrico HN03 -5 7.3 -30 -1.5 6.0Hidrazina N2H4 4 602.4 622 150.6 155.5Acido sulfhidrico H2S 2 323 247 161.5 123.5Acido sulfuroso H2S03 -4 -249.4 -329 62.4 82.3Acido sulfurico H2SO4 -6 -507.4 -602 84.6 100.3Biomasa CH1.800.SNO.2 4.8 541.2 560 112.8 116.7

La ecuacion 10.41 establece que el calor de combustion esta correlacionado directamentecon el grado de reduccion del compuesto en base mol-C. Mientras que la ecuacion 10.42establece que existe una proporcionalidad entre el grado de reduccion y la energia libre decombustion. Esta ultima relacion no es lineal y tiene una desviacion que varia desde 164 para ungrado de reduccion de 1, hasta 102 para un compuesto con grado de reduccion de 8. Estadesviacionsistematica entre la entalpia y la energia libre de combustion esta descrita por la entropia.

La figura 10.3 muestra los valores de entropia de combustion calculados por medio dela ecuacion 10.43 Y correlacionados al grado de reduccion de todos los compuestos de la

u° IIII a<aE1- .

-:>~

2.5 5.0Grado de reduccion, cr

Figura 10.3 Contribucion de la en tropia, TDoS (KJ/mol·C), a la entalpia de combustion, en condiciones estandar, enfuncion del grado de reduccion, cr, de los compuestos de la tabla 10.2.

tabla 10.3. Hay una clara tendencia y la contribuci6n entr6pica se aumenta cuandoincrementa el grado de reducci6n.

Existencompuestos en los cuales sus calores de combusti6n no siguen la ecuaci6n 10.41,Por ejemplo, el oxigeno y el acido dtrico que presentan grados de reduccion de -4 y-5, respectivamente, siendo calores de combustion cercanos a cero. Por esta razon, estoscompuestos son aceptores de electrones efectivos.

Debido al incremento de la entropia en los sistemas, la energia libre que ingresa a un sistemanunca es menor de la energia libre que deja al sistema. De esta situacion, podemos definir ala eficiencia termodinamica del proceso, en relacion al balance de la energia libre entrante ysaliente. Sin embargo, existe el problema de que la energia libre no puede ser definida por sisola y requiere para esto ser definida por medio de un valor de referencia. Si nosotros escogemosarbitrariamente un valor basal, entonces pod emos calcular facilmente la eficiencia termo-dinamica de la manera ilustrada en la figura 10.4. La relacion entre la energia libre saliente delsistema y la energia libre entrante es la eficiencia termodinamica,

~C277th = ~C

1

Energfa Iibre entrandoal sistema

Energfa Iibre saliendodel sistema

Ahora aplicaremos la teoria termodinamica al crecimiento aerobio sin formacion de producto.Tratandosede una combustion y con fundamento a 10 discutido anteriormente, pod emos proponerque los cambios de energia libre de combustion para el H20, C02 Y N2 son igual a cero:

~GH20 = ~GC02 = ~GN2= 0 [10.45]

De esta manera, nuestro balance de energias libres de combustion quedara:

donde 0 es la disipacion de energia dentro del biorreactor y donde las participaciones del agua,bioxido de carbono y nitrogeno elemental no aparecen. Sustituyendo esta ecuacion en la ecuacion10.44 obtendremos la eficiencia termodinamica:

cDx 6CxT)c =

cDs 6Cs + cDN 6CN

Combinando con nuestro balance elemental de masas, tenemos,

6CX1]c =

6Cs + (~) 6CN

[10.48)Yx/s c4

Si referimos nuestro analisis termodinamico a la ental pia de combustion podremos definirla eficiencia entalpica,

6Hx1]H = (

6Hs + ~)6HNYx/s c4

en donde C1 y C4 son 105 contenidos de nitrogeno de la biomasa y de la fuente de nitrogeno,respectivamente.

En un sistema de cultivo sin aporte de p.nergia mecanica, 0 sea sin agitacion, el balance deentalpia (figura 10.5) estara dado por la siguiente igualdad:

cDs6Hs + cDN6HN= cDx6Hx + cDo

donde cDo es el f1ujo de calor del sistema 0 calor disipado durante el cultivo.

cDO= cDs6Hs + cDN6HN - cDx6Hx

<1> CO2

Figura 10.5 Diagrama de f1ujo de enta/pia en un sistema de crecimiento microbiano sin agitacion.

La ecuaci6n 10.52 nos permite estimar la producci6n de calor durante el crecimiento, si seconocen el calor de combusti6n de la biomasa y la eficiencia entalpica del cultivo.

Regresemos a la ecuaci6n 10.41, la cual nos relaciona a la entalpia de combusti6n y elgrado de reducci6n:

!'..Hx = 115 ax

!'..Hs = 115 as

!'..HN = 115 d4aN

[10.53]

[10.54]

[10.55]

La sustituci6n de las ecuaciones anteriores en la ecuaci6n de eficiencia entalpica, nosqueda:

1JH =1150"s

Yx/s

1150"x

+115( C~~4 )O"N

1150" X<1>Q= 4<1>0 460 <1>0

o"x

La ecuaci6n 10.58 nos indica el valor constante del calor producido durante el crecimientocon respecto al consumo de oxigeno. Estaproporcionalidad tiene un valor de 460 Kl/mol 02.Dicha relaci6n puede ser facilmente generalizada para todos 105 cultivos aerobios.

La relaci6n del flujo de calor y del flujo de oxigeno (ecuaci6n 10.58) se deriv6 para unproceso aerobio, sin formaci6n de producto y usando una fuente de carb6n que no contienenitr6geno. Ahora, haremos el analisis para un proceso de crecimiento microbiano aerobio, conla formaci6n de producto. Comenzando con un balance del grado de reducci6n, tenemos:

Si la fuente de nitr6geno es Cd4Ha40b4Nc4,la ecuaci6n anterior puede escribirse de lasiguiente manera:

<1>sC2= <1>,\JC4+ <1>xc 1 + <1>pC]

combinando las dos ecuaciones anteriores:

<1>s(Ys= <1>Nd4(YN=<1>X(YX+ <1>p(Yp + 4<1>0

multiplicando por 115 y aplicando la ecuacion 10.39 en su forma:

tlHj(Y. =--

I 115

<1>stlHs + <1>NtlHN= <1>xtlHx+ <1>ptlHp+ 4<1>0

combinando con la ecuacion 10.50 del balance de calor, obtendremos:

Con esto queda demostrado que la relacion es general y su validez depende de quesea valida la igualdad tlH; = 115 OJ.Una clara excepcion es cuando se usa acido nitrico(HN03) como fuente de nitrogeno, debido a que este compuesto no obedece ala ecuacionanterior, tlHj = 6oj.

Ejemplo 10.4 Un organismo crece en acido acetico como (mica fuente de carbon yenergia.La fuente de nitrogeno es el amonio y no hay formacion de productos durante el crecimien-to. La composicion elemental de la biomasa es CH1.800.sNo.2.Calcular la produccion decalor si el rendimiento biomasa/sustrato es de 0.4.

Existen dos maneras de solucionar este problema.a) Calculando Tjo por medio de la ecuacion 10.33:

ryo = Yx/s( :: )

Sabemos que Ox= 4.2 yOs = 4 , de donde

(4.2 )1]0 = 0.4 4 = 0.42

Ahora podemos calcular el consumo de oxigeno usando la ecuacion 10.34:

Yx/o =(~)(~)=~( 0.42 )=0.69 mol-C biomasa/mol 02(Yx 1-1]0 42 1-0.42

sabiendo que,

I/Jo = _1_ = 1.45moles 02 / mol- C biomasaYx/o

<1>Q= 460 <1>0= (460) (1.45) = 667 KJ/ mol-C de biomasa

b) Lasegundavia de solucion es usandael balancede entalpiasde combustion (ecuacion 10.50)

<1>s~Hs + <1>N~HN = <1>x~Hx + <1>Q

en donde el flujo de nitrogeno puede estimarse a partir del balance de este elemento:

EIflujo de sustrato esta dado par:

f/Js = ~=_1_= 2.5 mol-C /mol-C biomasa secaYx/s 0.4

Del balance de entalpias de combustion:<1>0= <1>s~Hs + <1>N~HN - <1>x+ ~Hx

<1>0= <1>s( 1150s) + <1>N( 1150N) - <1>x( 11 50x)

<1>0=115 [(2.5) (4) + (0.2) (0) - (1) (4.2)] = 667 KJ/ mol-C biomasa seca

5i se sustituyen a la ecuacion de balance de entalpias los valores de entalpias de combustionpresentados en la tabla 10.3 se obtiene un resultado de 612 KJ por mol-C de biomasa secaproducida. Esta diferencia menor de 10% del valor se debe a que el calor de combustion delacido acetico esta sabreestimado en la ecuacion 10.64.

Ejemplo 10.5 La produccion de levadura (Saccharomyces cerevisiae) en un fermentadorcontinuo consume glucosa a razon de 0.096 mol-C por gramo de biomasa seca producida.La composicion elemental de la biomasa es CH 1.7900.56No.17y esta contiene 8% decenizas. Hay formacion de etanol a razon de 0.0141 mol-C por gramo de biomasa. Lafuente de nitrogeno usada es el amonio, NH3. Calcular la produccion de calor.

PMbioma,a = 12 + 1.79 + (0.56) (16) + (0.17) (14) = 25.13

(0.096)(25.13)f/Js= - 2.622f/Jx

0.92

(0.0141)(25.13)f/Jp=-----=0.385f/Jx

0.92

(C1)f/JN= (C

4)f/Jx=0.17f/Jx

t/Jo = ( ~~ )[4.16 + (0.385)(6) - (2.622)(4)] = 1.0045t/Jx

<PQ= 460 <Po(460) (1.0045 <Px)=462 <Px

Crecimiento con aceptores de electrones diferentes del oxigeno

En secciones anteriores mencionamos que el oxfgeno no es el unico aceptor de electronesque puede sostener el crecimiento microbiano. Los nitratos 0 105 sulfatos tambien puedenhacerlo. La propiedad caracterfstica es que durante la transferencia de un electron del sustratoal aceptor de electrones se produzca una ganancia de energfa libre de Gibbs. Esta gananciade energfa libre puede, entonces, utilizarse para el crecimiento del microorganismo. La energfapuede ser disipada para cumplir con la irreversabilidad 0 para transferir atomos de carbon deun nivel de baja energfa a uno maS alto. La tabla 10.4 muestra 105 valores de energfa librede Gibbs que son disponibles cuando se transfiere un mol de electrones de la glucosa alaceptor de electrones durante el proceso de reducci6n. Todos estos valores son paracondiciones estandar y a pH de 7.

Como se puede observar, 105 aceptores basados en azufre ofrecen bajas ganancias deenergfa, seguidos por 105 compuestos de nitrogeno y siendo el oxfgeno el que presenta laganancia mas elevada de energia libre por mol de electrones transferidos.

Ejemplo 10.6 La produccion de biomasa de un organismo creciendo con oxigeno comoaceptor de electrones es de 0.55 mol-C de biomasa por mol-C de sustrato. EIsustrato esglucosa y la fuente de nitrogeno el amonio. Calcular la produccion de biomasa, si elaceptor de electrones es nitrato, el cual se reduce a N2 y si el amonio sigue siendo lafuente de nitrogeno. En ambos casas no hay formacion de productos.

EInumero de electrones transferidos al oxigeno durante el crecimiento esta dado por:

e- = [_4_ - 4.19]C\>x = 3.08C\>x0.55

EI cambio de energia libre de Gibbs en la transferencia de una mol de electrones aloxigeno es de 118.5 Kj, de donde:

L1Go=(118.5) (3.08) <1\= 365 KJ/ mol-C biomasa

Cuando el nitrato es el aceptor de electrones, la energia libre es de 111.9 KJ por molde electrones transferidos del sustrato al nitrato

L1Go=(111.9) (3.08) <Dx=344.6 KJ/ mol-C biomasa

Para producir una biomasa con la misma composici6n elemental a partir del mismosustrato se requiere la transferencia de la misma cantidad de energia libre de Gibbs. Por10 que la producci6n de biomasa en el cultivo con nitrato estara dado por la siguienteecuaci6n:

(t.CO

] (3446)Yx/s = N~J (0.55) = --'- (0.55) = 0.52 mol- C biomasa / mol- C sustratoL1CN, 365

Como se puede observar, el rendimiento es muy diferente al obtenido con oxigenocomo aceptor de electrones.

Tabla 10.4 Ganancia de energia libre de Gibbs durante la transferencia de una mol deelectrones de la glucosa a diferentes aceptores de electrones

Aceptor de Moles de e- ~G (reacci6n) L1G(mol e-)electrones Producto transferida (KJ) (K) / mol e-)

5 H25 2 27.7 13.9503~ 5 4 144.6 36.2503~ H25 6 171.9 28.7504= 503= 2 -21.2 -10.6504= 5 6 123.4 20.6504~ H25 8 150.7 18.9N2 NH4+ 6 79.1 13.2N02- NH4+ 6 435.5 72.6N03- N02- 2 162.9 81.5N03- NH4+ 8 598.4 74.8N03- N2 5 559.5 111.902 H2O 4 473.9 118.5