Opgaver til A5.2

Opgaverne hører til afsnit A5.2 Første orden. Prøv selv, før du åbner hjælpen under opgaven. Du skal bruge et regneark eller et CAS-værktøj til den lineære regression.

Opgave A5.2.1: Den rette linje

Mange lægemidler forsvinder fra blodet ved en reaktion af første orden. For et lægemiddel A gælder så det lineære udtryk

\[ \ln[\mathrm{A}] = -k \cdot t + \ln[\mathrm{A}]_0 \]

  1. Hvad skal der stå på x-aksen og på y-aksen, for at målepunkterne for lægemidlet A ligger på en ret linje?
  2. Hvad fortæller linjens hældning?
  3. Hvad fortæller linjens skæring med y-aksen?
  4. Skitsér grafen, og skriv på skitsen, hvor hældningen og skæringen kan ses.

Sammenlign det lineære udtryk for lægemidlet A med den rette linje y = a · x + b led for led. Det, der står på pladsen for y, skal på y-aksen. Det, der står på pladsen for x, skal på x-aksen.

I udtrykket ln[A] = −k · t + ln[A]0 står ln[A] på pladsen for y, og tiden t står på pladsen for x. Det, der er ganget på t, er hældningen. Det led, der står alene, er skæringen.

Du kan begynde sådan: “Hældningen er …, så hastighedskonstanten for lægemidlet A er …” og “Skæringen er …, så startkoncentrationen kan findes ved at …”

  1. På x-aksen står tiden t. På y-aksen står ln[A], altså den naturlige logaritme til koncentrationen af lægemidlet A.

  2. Hældningen er −k. Hastighedskonstanten k er derfor hældningen med modsat fortegn. Koncentrationen af lægemidlet A falder, så hældningen er negativ, og linjen falder mod højre. Jo stejlere linjen falder, jo større er k, og jo hurtigere forsvinder lægemidlet.

  3. Skæringen med y-aksen er ln[A]0, den naturlige logaritme til koncentrationen af lægemidlet A til tiden t = 0. Startkoncentrationen findes ved at bruge funktionen ex på skæringen.

  4. Skitsen viser en ret linje, der falder mod højre. Skæringen ln[A]0 ses der, hvor linjen for lægemidlet A møder y-aksen. Hældningen −k ses som linjens fald pr. tid.

Figur 1: Skitse af ln[A] som funktion af tiden for lægemidlet A.

Opgave A5.2.2: Aflæs modellen

En patient får en indsprøjtning med penicillin mod en infektion. Bagefter fjerner nyrerne penicillin fra blodet. Koncentrationen af penicillin i blodplasma følger modellen

\[ \ln([\mathrm{penicillin}] / \mathrm{\mu M}) = -0{,}660\ \mathrm{h^{-1}} \cdot t + 3{,}912 \]

Her er t tiden efter indsprøjtningen.

  1. Angiv hastighedskonstanten k for penicillin med enhed.
  2. Beregn koncentrationen af penicillin til tiden t = 0.
  3. Opskriv koncentrationen af penicillin som en eksponentielt aftagende funktion af tiden.

Sammenlign modellen for penicillin med det lineære udtryk ln[A] = −k · t + ln[A]0. Tallet foran t er −k, og det sidste tal er ln[A]0.

I modellen for penicillin er −k = −0,660 h−1, og ln([penicillin]0 / µM) = 3,912. Startkoncentrationen finder du ved at bruge funktionen ex på 3,912. Resultatet er et tal, og enheden er µM. Den eksponentielle funktion har formen \([\mathrm{A}] = [\mathrm{A}]_0 \cdot e^{-k \cdot t}\).

  1. Tallet foran t i modellen for penicillin er −k. Hastighedskonstanten er derfor k = 0,660 h−1.

  2. Skæringen er ln([penicillin]0 / µM) = 3,912.

\[ [\mathrm{penicillin}]_0 = e^{3{,}912}\ \mathrm{\mu M} = 50{,}0\ \mathrm{\mu M} \]

Koncentrationen af penicillin er 50,0 µM til tiden t = 0.

  1. Startkoncentrationen og hastighedskonstanten sættes ind i \([\mathrm{A}] = [\mathrm{A}]_0 \cdot e^{-k \cdot t}\):

\[ [\mathrm{penicillin}] = 50{,}0\ \mathrm{\mu M} \cdot e^{-0{,}660\ \mathrm{h^{-1}} \cdot t} \]

Opgave A5.2.3: Logaritmer til tabellen

Appelsinjuice indeholder C-vitamin. Når kartonen er åbnet, reagerer C-vitamin langsomt med dioxygen fra luften. I et forsøg måles koncentrationen af C-vitamin i en åbnet karton appelsinjuice gennem fire uger.

t i døgn 0 7 14 21 28
[C-vitamin] i mM 2,80 2,30 1,88 1,55 1,27
  1. Beregn ln([C-vitamin] / mM) for hver måling. Angiv tre decimaler.
  2. Forklar, hvorfor der skal stå ln([C-vitamin] / mM) og ikke “ln[C-vitamin] i mM” på y-aksen.
  3. Beregn, hvor meget ln-værdien falder fra hver måling til den næste.
  4. Forklar, hvad faldene i spørgsmål c fortæller om reaktionens orden med hensyn til C-vitamin, og beregn hældningen mellem det første og det sidste punkt.

Brug funktionen ln på tallet i koncentrationen af C-vitamin, fx ln(2,80). Der er lige lang tid mellem målingerne, nemlig 7 døgn. Tænk over, hvordan punkter ligger, når y-værdien falder lige meget, hver gang x-værdien vokser med 7.

For C-vitamin er ln(2,80) = 1,030 og ln(2,30) = 0,833. Det første fald er derfor Δy = 1,030 − 0,833 = 0,197. Hældningen mellem to punkter er forskellen i y divideret med forskellen i x.

Du kan begynde forklaringerne sådan: “En logaritme kan kun tages af …, så koncentrationen af C-vitamin divideres med …” og “Faldene er næsten …, så punkterne ligger på … Det passer med det lineære udtryk for …”

  1. Funktionen ln bruges på tallene i koncentrationen af C-vitamin, fx ln(2,80) = 1,030.
t i døgn 0 7 14 21 28
ln([C-vitamin] / mM) 1,030 0,833 0,631 0,438 0,239

  1. En logaritme kan kun tages af et tal. Koncentrationen af C-vitamin divideres derfor med enheden mM, så der står et tal uden enhed tilbage: 2,80 mM / mM = 2,80. ln-værdien har ingen enhed, så der kan ikke stå “i mM” efter den.

  2. Faldene i ln-værdien for C-vitamin er:

Tidsrum i døgn 0 til 7 7 til 14 14 til 21 21 til 28
Fald i ln-værdien 0,197 0,202 0,193 0,199
  1. Faldene er næsten ens, omkring 0,20 for hver 7 døgn. Når ln-værdien falder lige meget i lige lange tidsrum, ligger punkterne på en ret linje. Det passer med det lineære udtryk for første orden, ln[C-vitamin] = −k · t + ln[C-vitamin]0. Målingerne tyder derfor på, at reaktionen er af første orden med hensyn til C-vitamin.

Hældningen mellem det første og det sidste punkt er

\[ a = \frac{0{,}239 - 1{,}030}{28\ \mathrm{døgn} - 0\ \mathrm{døgn}} = -0{,}028\ \mathrm{døgn^{-1}} \]

Hældningen er −k, så hastighedskonstanten for C-vitamin er omkring 0,028 døgn−1. Til den skriftlige prøve skal du bruge lineær regression på alle punkterne i stedet for to punkter. Det træner du i opgave A5.2.8.

Opgave A5.2.4: Halveringstid og hastighedskonstant

På hospitalet bruges radioaktive stoffer til scanning og til behandling. Et radioaktivt henfald er af første orden.

  1. Technetium-99m bruges til scanning af blandt andet knogler og har halveringstiden 6,0 timer. Beregn hastighedskonstanten k for henfaldet af technetium-99m.
  2. Iod-131 bruges til behandling af sygdomme i skjoldbruskkirtlen. For henfaldet af iod-131 er k = 0,0866 døgn−1. Beregn halveringstiden for iod-131.
  3. Hvilket af de to stoffer, technetium-99m eller iod-131, henfalder hurtigst? Begrund svaret.

Halveringstiden og hastighedskonstanten for et radioaktivt stof hænger sammen i formlen t½ = ln 2 / k. I spørgsmål a kender du halveringstiden for technetium-99m og skal finde k. I spørgsmål b kender du k for iod-131 og skal finde halveringstiden.

Formlen for halveringstiden kan løses for hastighedskonstanten: k = ln 2 / t½. For technetium-99m sætter du 6,0 h ind, og enheden for k bliver h−1. For iod-131 bliver enheden for halveringstiden døgn. For at sammenligne de to stoffer skal halveringstiderne stå i samme enhed: 1 døgn = 24 timer.

  1. Formlen t½ = ln 2 / k løses for k. For technetium-99m er t½ = 6,0 h.

\[ k = \frac{\ln 2}{t_{\frac{1}{2}}} = \frac{\ln 2}{6{,}0\ \mathrm{h}} = 0{,}12\ \mathrm{h^{-1}} \]

  1. For iod-131 er k = 0,0866 døgn−1.

\[ t_{\frac{1}{2}} = \frac{\ln 2}{k} = \frac{\ln 2}{0{,}0866\ \mathrm{døgn^{-1}}} = 8{,}00\ \mathrm{døgn} \]

  1. Technetium-99m henfalder hurtigst. Halveringstiden for technetium-99m er 6,0 timer, mens halveringstiden for iod-131 er 8,00 døgn, altså 192 timer, fordi et døgn er 24 timer. En kort halveringstid betyder en stor hastighedskonstant og et hurtigt henfald. Det er en fordel ved en scanning: efter et par døgn er næsten al technetium-99m væk.

Opgave A5.2.5: Flere halveringstider

Store rovfisk som tun kan indeholde methylkviksølv, som bliver i kroppen i lang tid, når man har spist fisken. Kroppen udskiller methylkviksølv, så mængden falder som ved en reaktion af første orden. Halveringstiden er omkring 50 døgn. En person holder helt op med at spise tun.

  1. Hvor mange procent af methylkviksølvet er tilbage i kroppen efter 50 døgn, efter 100 døgn og efter 150 døgn?
  2. Hvor mange hele halveringstider skal der gå, før under 1 % af methylkviksølvet er tilbage?
  3. Beregn hastighedskonstanten k for udskillelsen af methylkviksølv.
  4. Beregn, hvor mange døgn der går, før der netop er 1,0 % af methylkviksølvet tilbage.

For hver halveringstid bliver mængden af methylkviksølv halvt så stor. Begynd med 100 %, og halver, én gang for hver 50 døgn. Fortsæt, til du kommer under 1 %.

For methylkviksølv er k = ln 2 / t½. I spørgsmål d kan du regne mængden i procent af startmængden. Så er startværdien 100 og slutværdien 1,0. Løs det lineære udtryk for tiden: t = (ln 100 − ln 1,0) / k.

  1. Mængden af methylkviksølv halveres for hver 50 døgn. Efter 50 døgn er der 50 % tilbage, efter 100 døgn 25 % og efter 150 døgn 12,5 %.

  2. Halveringen af methylkviksølv fortsættes:

Antal halveringstider 1 2 3 4 5 6 7
Tid i døgn 50 100 150 200 250 300 350
Tilbage i % 50 25 12,5 6,25 3,13 1,56 0,78

Der skal gå 7 halveringstider, altså 350 døgn, før under 1 % af methylkviksølvet er tilbage.

  1. For methylkviksølv er t½ = 50 døgn.

\[ k = \frac{\ln 2}{t_{\frac{1}{2}}} = \frac{\ln 2}{50\ \mathrm{døgn}} = 0{,}0139\ \mathrm{døgn^{-1}} \]

  1. Mængden af methylkviksølv regnes i procent af startmængden, så startværdien er 100, og slutværdien er 1,0. Det lineære udtryk ln(mængde) = −k · t + ln(startmængde) løses for t:

\[ t = \frac{\ln 100 - \ln 1{,}0}{k} = \frac{4{,}605 - 0}{0{,}0139\ \mathrm{døgn^{-1}}} = 331\ \mathrm{døgn} \]

Der går 331 døgn, altså omkring 11 måneder, før der er 1,0 % af methylkviksølvet tilbage. Det passer med svaret i spørgsmål b: tiden ligger mellem 6 halveringstider (300 døgn) og 7 halveringstider (350 døgn).

Opgave A5.2.6: Brug modellen

Efter en operation får en patient en indsprøjtning med morfin mod smerterne. Leveren omdanner morfin til andre stoffer, og koncentrationen af morfin i blodplasma følger modellen

\[ \ln([\mathrm{morfin}] / \mathrm{nM}) = -0{,}231\ \mathrm{h^{-1}} \cdot t + 5{,}298 \]

Her er t tiden efter indsprøjtningen. Enheden nM betyder nanomolær, og 1 nM = 10−9 M.

  1. Beregn koncentrationen af morfin 4,0 timer efter indsprøjtningen.
  2. Antag, at morfin ikke virker godt nok mod smerterne, når koncentrationen er under 50 nM. Beregn, hvor lang tid der går, før koncentrationen af morfin er 50 nM.
  3. Beregn halveringstiden for morfin, og brug den til at kontrollere svaret i spørgsmål b.

I spørgsmål a sætter du t = 4,0 h ind i modellen for morfin. Så får du ln-værdien, og funktionen ex giver koncentrationen. I spørgsmål b kender du koncentrationen og skal finde tiden. Løs derfor modellen for t.

Modellen for morfin løst for tiden er t = (5,298 − ln([morfin] / nM)) / 0,231 h−1. Sæt 50 ind på pladsen for koncentrationen. Til spørgsmål c skal du bruge t½ = ln 2 / k og startkoncentrationen af morfin, som er e5,298 nM. Tæl, hvor mange gange startkoncentrationen skal halveres for at blive til 50 nM.

  1. Tiden t = 4,0 h sættes ind i modellen for morfin:

\[ \ln([\mathrm{morfin}] / \mathrm{nM}) = -0{,}231\ \mathrm{h^{-1}} \cdot 4{,}0\ \mathrm{h} + 5{,}298 = 4{,}374 \]

\[ [\mathrm{morfin}] = e^{4{,}374}\ \mathrm{nM} = 79{,}4\ \mathrm{nM} \]

Koncentrationen af morfin er 79,4 nM efter 4,0 timer.

  1. Modellen for morfin løses for t, og [morfin] = 50 nM sættes ind:

\[ t = \frac{5{,}298 - \ln 50}{0{,}231\ \mathrm{h^{-1}}} = \frac{5{,}298 - 3{,}912}{0{,}231\ \mathrm{h^{-1}}} = 6{,}0\ \mathrm{h} \]

Koncentrationen af morfin er 50 nM efter 6,0 timer.

  1. Hastighedskonstanten for morfin er k = 0,231 h−1.

\[ t_{\frac{1}{2}} = \frac{\ln 2}{k} = \frac{\ln 2}{0{,}231\ \mathrm{h^{-1}}} = 3{,}00\ \mathrm{h} \]

Startkoncentrationen af morfin er

\[ [\mathrm{morfin}]_0 = e^{5{,}298}\ \mathrm{nM} = 200\ \mathrm{nM} \]

Fra 200 nM til 100 nM er én halvering, og fra 100 nM til 50 nM er endnu en. To halveringstider på hver 3,00 h er 6,0 h, og det passer med svaret i spørgsmål b.

Opgave A5.2.7: To residualplots

I to forsøg måles koncentrationen af stof A og af stof B som funktion af tiden. For hvert stof er den naturlige logaritme til koncentrationen afbildet som funktion af tiden, og den bedste rette linje er fundet ved lineær regression. Forklaringsgraden er r2 = 0,992 for stof A, og den er også 0,992 for stof B. Figuren viser residualplottet for hver af de to linjer.

Figur 2: Residualplots for den bedste rette linje for stof A og for stof B.
  1. Forklar, hvad et residual er.
  2. Beskriv, hvordan residualerne ligger i residualplottet for stof A og i residualplottet for stof B.
  3. Hvilket af de to stoffer, A eller B, omdannes ved en reaktion af første orden? Begrund svaret.
  4. Forklar, hvorfor forklaringsgraden ikke kan stå alene, når en model skal vurderes.

Et residual hører til ét målepunkt og fortæller, hvor langt punktet ligger fra linjen. Se på fortegnene i de to residualplots for stof A og stof B fra venstre mod højre: skifter de tilfældigt mellem plus og minus, eller kommer de i grupper?

For stof A er residualerne positive i begge ender og negative i midten. For stof B skifter de mellem plus og minus uden et mønster.

Du kan begynde sådan: “Et residual er forskellen mellem … og …” og “Residualerne for stof A danner …, så modellen … Residualerne for stof B ligger …, så modellen …” og “Forklaringsgraden er den samme for de to stoffer, men …”

  1. Et residual er forskellen mellem en målt værdi og modellens værdi til samme tidspunkt. Her er det den målte ln-værdi minus linjens ln-værdi. Et positivt residual betyder, at punktet ligger over linjen.

  2. For stof A er residualerne positive i begge ender og negative i midten. De danner en bue. For stof B er residualerne omtrent lige så store, men de ligger tilfældigt over og under nul uden et mønster.

  3. Stof B omdannes ved en reaktion af første orden. Residualerne for stof B ligger tilfældigt omkring nul, så afvigelserne skyldes usikkerhed på målingerne, og den rette linje passer med punkterne. Residualerne for stof A danner en bue. Det viser, at punkterne for stof A ligger på en krum kurve og ikke på en ret linje. Modellen passer derfor ikke, og omdannelsen af stof A er ikke af første orden.

  4. Forklaringsgraden er 0,992 for både stof A og stof B, men modellen passer kun for stof B. Forklaringsgraden fortæller, hvor tæt punkterne samlet set ligger på linjen. Den fortæller ikke, om afvigelserne er tilfældige eller danner et mønster. Derfor skal en model altid vurderes ud fra grafen eller et residualplot, hvor man kan se, hvordan punkterne ligger i forhold til linjen.

Opgave A5.2.8: Fra måledata til hastighedskonstant

Cyclopropan er en ring af tre carbonatomer. Ved høj temperatur åbner ringen sig, og cyclopropan bliver til propen. De to stoffer er isomere med molekylformlen C3H6.

cyclopropan(g) → propen(g)

I et forsøg ved 500 °C måles koncentrationen af cyclopropan.

t i min 0 5 10 15 20 30 40
[cyclopropan] i mM 15,01 12,39 9,96 8,27 6,70 4,48 3,05
  1. Opskriv det lineære udtryk for en reaktion af første orden med hensyn til cyclopropan.
  2. Beregn ln([cyclopropan] / mM) for hver måling.
  3. Afbild ln([cyclopropan] / mM) som funktion af tiden, lav lineær regression, og opskriv modellen med symboler og enheder.
  4. Vurdér, om modellen passer med målingerne, og bestem hastighedskonstanten for omdannelsen af cyclopropan.

Følg fremgangsmåden sidst i afsnit A5.2: skriv udtrykket, beregn ln-værdierne for cyclopropan, afbild dem som funktion af tiden, og lav lineær regression i et regneark eller et CAS-værktøj. Linjen må ikke tvinges gennem (0,0).

For cyclopropan er den første ln-værdi ln(15,01) = 2,709 og den sidste ln(3,05) = 1,115. Regressionen giver en forskrift y = a · x + b. Skriv den om, så der står ln([cyclopropan] / mM) i stedet for y og t i stedet for x. Hældningen får enheden min−1, fordi tiden er målt i minutter.

Du kan begynde vurderingen sådan: “Punkterne ligger … linjen og fordeler sig … over og under den. Forklaringsgraden er …, så modellen …”

  1. For en reaktion af første orden med hensyn til cyclopropan er

\[ \ln[\mathrm{cyclopropan}] = -k \cdot t + \ln[\mathrm{cyclopropan}]_0 \]

  1. ln-værdierne for cyclopropan er:
t i min 0 5 10 15 20 30 40
ln([cyclopropan] / mM) 2,709 2,517 2,299 2,113 1,902 1,500 1,115
  1. Grafen viser ln([cyclopropan] / mM) som funktion af tiden med den bedste rette linje.
Figur 3: ln([cyclopropan] / mM) som funktion af tiden med den bedste rette linje.

Lineær regression giver y = −0,0400 · x + 2,708. Med symboler og enheder er modellen

\[ \ln([\mathrm{cyclopropan}] / \mathrm{mM}) = -0{,}0400\ \mathrm{min^{-1}} \cdot t + 2{,}708 \]

  1. Punkterne ligger tæt på linjen og fordeler sig tilfældigt over og under den. Forklaringsgraden er r2 = 0,9998. Modellen beskriver målingerne godt, så omdannelsen er af første orden med hensyn til cyclopropan.

Hældningen er −k, så hastighedskonstanten for omdannelsen af cyclopropan er k = 0,0400 min−1 ved 500 °C.

Opgaver i eksamensstil

Opgaverne ligner dem, du møder til den skriftlige prøve i kemi A. Facit viser, hvordan en hel besvarelse kan se ud.

Opgave A5.2.eks.1: Aspartam i sodavand

Sødestoffet aspartam bruges i sodavand uden sukker. I den sure sodavand reagerer aspartam langsomt med vand, og de stoffer, der dannes, smager ikke sødt. En sodavand, der har stået længe, smager derfor mindre sødt. Der er så meget vand i sodavanden, at koncentrationen af vand ikke ændrer sig.

I et forsøg opbevares en sodavand ved 30 °C, og koncentrationen af aspartam måles gennem et halvt år.

t i døgn 0 30 60 90 120 150 180
[aspartam] i mM 1,81 1,53 1,33 1,15 1,00 0,85 0,72
  1. Opskriv hastighedsudtrykket for en reaktion, der er af første orden med hensyn til aspartam.
  2. Vis, at reaktionen mellem aspartam og vand er af første orden med hensyn til aspartam.
  3. Bestem hastighedskonstanten og halveringstiden for aspartam ved 30 °C.
  4. Sodavanden smager ikke sødt nok, når koncentrationen af aspartam er under 1,40 mM. Beregn, hvor længe sodavanden kan holde sig ved 30 °C.

I spørgsmål b skal du kun undersøge første orden. Skriv det lineære udtryk for aspartam, beregn ln([aspartam] / mM) for hver måling, afbild ln-værdierne som funktion af tiden, og lav lineær regression. Besvarelsen skal have grafen med punkter og linje, modellen med symboler og enheder og en vurdering af, hvordan punkterne ligger.

For aspartam er den første ln-værdi ln(1,81) = 0,593, og den sidste er ln(0,72) = −0,329. Hældningen får enheden døgn−1. Et residualplot er den bedste dokumentation for, at modellen passer. Til spørgsmål c skal du bruge, at hældningen er −k, og at t½ = ln 2 / k. Til spørgsmål d løser du modellen for t og sætter [aspartam] = 1,40 mM ind.

Du kan begynde vurderingen sådan: “Punkterne ligger … linjen og fordeler sig … Residualerne er højst … og ligger …, så modellen …”

  1. For en reaktion af første orden med hensyn til aspartam er hastighedsudtrykket

\[ v = k \cdot [\mathrm{aspartam}] \]

Vand er også en reaktant, men koncentrationen af vand ændrer sig ikke og er derfor regnet med i hastighedskonstanten.

  1. Udtrykket, der skal undersøges

For en reaktion af første orden er ln[aspartam] = −k · t + ln[aspartam]0. Derfor beregnes ln[aspartam] for hver måling.

t i døgn 0 30 60 90 120 150 180
ln([aspartam] / mM) 0,593 0,425 0,285 0,140 0,000 −0,163 −0,329

Graf og regression

Figur 4: ln([aspartam] / mM) som funktion af tiden med den bedste rette linje.

Lineær regression giver y = −0,00503 · x + 0,589. Med symboler og enheder er modellen

\[ \ln([\mathrm{aspartam}] / \mathrm{mM}) = -0{,}00503\ \mathrm{døgn^{-1}} \cdot t + 0{,}589 \]

Vurdering af modellen

Punkterne ligger tæt på linjen og fordeler sig tilfældigt over og under den. Forklaringsgraden er r2 = 0,9991. Residualplottet viser det samme: residualerne er højst 0,015, og de ligger over og under nul uden et mønster.

Figur 5: Residualplot for den rette linje gennem ln([aspartam] / mM).

Modellen beskriver målingerne godt, så reaktionen er af første orden med hensyn til aspartam.

  1. Hældningen er −k, så hastighedskonstanten for aspartam er k = 0,00503 døgn−1 ved 30 °C.

\[ t_{\frac{1}{2}} = \frac{\ln 2}{k} = \frac{\ln 2}{0{,}00503\ \mathrm{døgn^{-1}}} = 138\ \mathrm{døgn} \]

Halveringstiden for aspartam er 138 døgn ved 30 °C.

  1. Modellen for aspartam løses for t, og [aspartam] = 1,40 mM sættes ind:

\[ t = \frac{0{,}589 - \ln 1{,}40}{0{,}00503\ \mathrm{døgn^{-1}}} = \frac{0{,}589 - 0{,}336}{0{,}00503\ \mathrm{døgn^{-1}}} = 50\ \mathrm{døgn} \]

Koncentrationen af aspartam er under 1,40 mM efter 50 døgn. Sodavanden kan altså holde sig i omkring 7 uger ved 30 °C. Ved en lavere temperatur går reaktionen langsommere, og sodavanden holder sig længere.

Opgave A5.2.eks.2: Paracetamol i blodet

Paracetamol, C8H9NO2, er et af de mest brugte smertestillende lægemidler. Leveren omdanner paracetamol til stoffer, som udskilles med urinen. En person tager to tabletter med paracetamol. Fra det tidspunkt, hvor paracetamolen er optaget i blodet, måles koncentrationen af paracetamol i blodplasma. Tiden regnes fra den første måling.

t i timer 0 0,5 1,0 2,0 3,0 4,0 6,0
[paracetamol] i µM 120 105 91,9 68,6 51,6 39,6 23,0
  1. Den første måling viste 18,1 mg paracetamol pr. liter blodplasma. Beregn den molare masse af paracetamol, og vis, at 18,1 mg/L svarer til 120 µM.
  2. Vis, at omdannelsen er af første orden med hensyn til paracetamol, og bestem hastighedskonstanten.
  3. Beregn halveringstiden for paracetamol i blodet.
  4. Der skal gå mindst 4 timer, før personen må tage paracetamol igen. Beregn, hvor mange procent af paracetamolen der er tilbage i blodet 4,0 timer efter den første måling.

I spørgsmål a lægger du atommasserne i C8H9NO2 sammen og bruger n = m / M på 1 liter blodplasma. I spørgsmål b skal du kun undersøge første orden: skriv det lineære udtryk for paracetamol, beregn ln([paracetamol] / µM), afbild ln-værdierne som funktion af tiden, og lav lineær regression.

Atommasserne er C 12,01, H 1,008, N 14,01 og O 16,00 g/mol, og 18,1 mg = 0,0181 g. For paracetamol er den første ln-værdi ln(120) = 4,787, og den sidste er ln(23,0) = 3,135. Hældningen får enheden h−1. I spørgsmål d sætter du t = 4,0 h ind i modellen og sammenligner med modellens startkoncentration, som er e opløftet til skæringen.

Du kan begynde vurderingen sådan: “Punkterne ligger … linjen og fordeler sig … over og under den. Forklaringsgraden er …, så modellen …”

  1. Den molare masse af paracetamol, C8H9NO2, er

\[ M = (8 \cdot 12{,}01 + 9 \cdot 1{,}008 + 14{,}01 + 2 \cdot 16{,}00)\ \dfrac{\mathrm{g}}{\mathrm{mol}} = 151{,}16\ \dfrac{\mathrm{g}}{\mathrm{mol}} \]

I 1 liter blodplasma er der 18,1 mg = 0,0181 g paracetamol.

\[ n = \frac{m}{M} = \frac{0{,}0181\ \mathrm{g}}{151{,}16\ \dfrac{\mathrm{g}}{\mathrm{mol}}} = 1{,}20 \cdot 10^{-4}\ \mathrm{mol} \]

Koncentrationen af paracetamol er 1,20 · 10−4 M, og det er 120 µM.

  1. Udtrykket, der skal undersøges

For en reaktion af første orden er ln[paracetamol] = −k · t + ln[paracetamol]0. Derfor beregnes ln[paracetamol] for hver måling.

t i timer 0 0,5 1,0 2,0 3,0 4,0 6,0
ln([paracetamol] / µM) 4,787 4,654 4,521 4,228 3,944 3,679 3,135

Graf og regression

Figur 6: ln([paracetamol] / µM) som funktion af tiden med den bedste rette linje.

Lineær regression giver y = −0,277 · x + 4,788. Med symboler og enheder er modellen

\[ \ln([\mathrm{paracetamol}] / \mathrm{\mu M}) = -0{,}277\ \mathrm{h^{-1}} \cdot t + 4{,}788 \]

Vurdering af modellen

Punkterne ligger tæt på linjen og fordeler sig tilfældigt over og under den. Forklaringsgraden er r2 = 0,9998. Modellen beskriver målingerne godt, så omdannelsen er af første orden med hensyn til paracetamol.

Hastighedskonstanten

Hældningen er −k, så hastighedskonstanten for paracetamol er k = 0,277 h−1.

  1. Halveringstiden for paracetamol i blodet er

\[ t_{\frac{1}{2}} = \frac{\ln 2}{k} = \frac{\ln 2}{0{,}277\ \mathrm{h^{-1}}} = 2{,}50\ \mathrm{h} \]

  1. Tiden t = 4,0 h sættes ind i modellen for paracetamol:

\[ \ln([\mathrm{paracetamol}] / \mathrm{\mu M}) = -0{,}277\ \mathrm{h^{-1}} \cdot 4{,}0\ \mathrm{h} + 4{,}788 = 3{,}680 \]

\[ [\mathrm{paracetamol}] = e^{3{,}680}\ \mathrm{\mu M} = 39{,}6\ \mathrm{\mu M} \]

Modellens startkoncentration er

\[ [\mathrm{paracetamol}]_0 = e^{4{,}788}\ \mathrm{\mu M} = 120\ \mathrm{\mu M} \]

Den del af paracetamolen, der er tilbage, er

\[ \text{andel tilbage} = \frac{39{,}6\ \mathrm{\mu M}}{120\ \mathrm{\mu M}} \cdot 100\ \% = 33\ \% \]

Efter 4,0 timer er 33 % af paracetamolen tilbage i blodet. Det passer med, at der er gået lidt mere end halvanden halveringstid.

Opgave A5.2.eks.3: Et pesticid i åvand

Pesticider fra marker kan ende i vandløb, hvor bakterier langsomt nedbryder dem. Ofte oplyses der én halveringstid for et pesticid. Det giver kun mening, hvis halveringstiden er den samme hele vejen, og det er den, når nedbrydningen er af første orden.

I et forsøg tilsættes et pesticid til en prøve af vand fra en å, og koncentrationen af pesticidet måles i 60 døgn.

t i døgn 0 5 10 20 30 40 60
[pesticid] i µM 8,00 6,42 5,31 4,00 3,22 2,68 2,00
  1. Opskriv det lineære udtryk, som gælder, hvis nedbrydningen er af første orden med hensyn til pesticidet.
  2. Undersøg, om nedbrydningen i forsøget er af første orden med hensyn til pesticidet.
  3. Bestem ud fra tabellen, hvor lang tid det tager at halvere koncentrationen af pesticidet fra 8,00 µM til 4,00 µM og fra 4,00 µM til 2,00 µM. Vurdér, om det giver mening at oplyse én halveringstid for pesticidet i forsøget.

I spørgsmål b gør du det samme, som når du skal vise, at en reaktion er af første orden: beregn ln([pesticid] / µM), afbild ln-værdierne som funktion af tiden, og lav lineær regression. Se derefter nøje på, hvordan punkterne ligger i forhold til linjen, og lav et residualplot. Svaret må gerne blive et nej.

For pesticidet er den første ln-værdi ln(8,00) = 2,079, og den sidste er ln(2,00) = 0,693. Læg mærke til, om de første og de sidste punkter ligger på den ene side af linjen og de midterste på den anden. I spørgsmål c finder du i tabellen de tidspunkter, hvor koncentrationen af pesticidet er 8,00 µM, 4,00 µM og 2,00 µM.

Du kan begynde vurderingen sådan: “Punkterne ligger ikke … omkring linjen. De første og de sidste punkter ligger …, og de midterste ligger … Residualerne danner …, så modellen …”

  1. Er nedbrydningen af første orden med hensyn til pesticidet, er

\[ \ln[\mathrm{pesticid}] = -k \cdot t + \ln[\mathrm{pesticid}]_0 \]

  1. Udtrykket, der skal undersøges

Er nedbrydningen af første orden, ligger punkterne på en ret linje, når ln[pesticid] afbildes som funktion af tiden. Derfor beregnes ln[pesticid] for hver måling.

t i døgn 0 5 10 20 30 40 60
ln([pesticid] / µM) 2,079 1,859 1,670 1,386 1,169 0,986 0,693

Graf og regression

Figur 7: ln([pesticid] / µM) som funktion af tiden med den bedste rette linje.

Lineær regression giver y = −0,0227 · x + 1,942. Med symboler og enheder er modellen

\[ \ln([\mathrm{pesticid}] / \mathrm{\mu M}) = -0{,}0227\ \mathrm{døgn^{-1}} \cdot t + 1{,}942 \]

Vurdering af modellen

Punkterne ligger ikke tilfældigt omkring linjen. De to første punkter og det sidste ligger over linjen, og de fire midterste ligger under. Punkterne følger altså en krum kurve. Residualplottet viser det tydeligt: residualerne danner en bue fra 0,14 over −0,10 til 0,12.

Figur 8: Residualplot for den rette linje gennem ln([pesticid] / µM).

Forklaringsgraden er r2 = 0,9621. Det kan lyde højt, men forklaringsgraden kan ikke stå alene, og afvigelserne har et tydeligt mønster. Modellen passer ikke med målingerne, så nedbrydningen i forsøget er ikke af første orden med hensyn til pesticidet.

  1. Koncentrationen af pesticidet er 8,00 µM ved 0 døgn og 4,00 µM ved 20 døgn. Den første halvering tager altså 20 døgn. Koncentrationen er 2,00 µM ved 60 døgn, så den næste halvering tager 60 døgn − 20 døgn = 40 døgn.

For en reaktion af første orden er halveringstiden den samme hele vejen. For pesticidet i forsøget bliver halveringstiden dobbelt så lang, når koncentrationen er halvt så stor. Det passer med, at nedbrydningen ikke er af første orden. Det giver derfor ikke mening at oplyse én halveringstid for pesticidet i forsøget: halveringstiden afhænger af, hvor meget pesticid der er i vandet.

Opgave A5.2.eks.4: Nikotin fra snus

Nikotin fra snus optages i blodet gennem mundens slimhinde. Når snusen er taget ud, falder koncentrationen af nikotin i blodet, fordi leveren omdanner nikotin til andre stoffer. Figuren viser koncentrationen af nikotin i blodplasma som funktion af tiden, efter at snusen er taget ud. Enheden nM betyder nanomolær, og 1 nM = 10−9 M.

Figur 9: Koncentrationen af nikotin i blodplasma som funktion af tiden, efter at snusen er taget ud.
  1. Aflæs koncentrationen af nikotin til tiden t = 0, og bestem ud fra figuren halveringstiden for nikotin.
  2. Argumentér ud fra figuren for, at omdannelsen er af første orden med hensyn til nikotin.
  3. Bestem hastighedskonstanten, og opskriv en model for ln([nikotin] / nM) som funktion af tiden.
  4. Beregn, hvor lang tid der går, før koncentrationen af nikotin er faldet til 5,0 nM.

Aflæs, hvor kurven for nikotin begynder på y-aksen. Find derefter det tidspunkt, hvor koncentrationen er det halve af startværdien. I spørgsmål b skal du undersøge, om det tager lige så lang tid at halvere koncentrationen af nikotin en gang til, og en gang til igen.

Kurven for nikotin begynder ved 100 nM. Aflæs de tidspunkter, hvor koncentrationen er 50 nM, 25 nM og 12,5 nM, og beregn tiden mellem dem. Hastighedskonstanten er k = ln 2 / t½. I modellen er hældningen −k, og skæringen er den naturlige logaritme til tallet i startkoncentrationen. Til spørgsmål d løser du modellen for t.

Du kan begynde argumentet sådan: “Koncentrationen af nikotin falder fra … til … på … timer og fra … til … på … timer. Halveringstiden er altså …, og det er kendetegnet for …”

  1. Kurven begynder ved 100 nM, så koncentrationen af nikotin er 100 nM til tiden t = 0. Koncentrationen er faldet til det halve, 50 nM, efter 1,8 timer. Halveringstiden for nikotin er altså 1,8 timer.
Figur 10: Aflæsning af halveringstiden for nikotin tre steder på kurven.
  1. Koncentrationen af nikotin aflæses på kurven:
[nikotin] i nM 100 50 25 12,5
t i timer 0 1,8 3,6 5,4

Koncentrationen falder fra 100 nM til 50 nM på 1,8 timer, fra 50 nM til 25 nM på 1,8 timer og fra 25 nM til 12,5 nM på 1,8 timer. Halveringstiden er altså den samme, uanset hvilken koncentration man begynder ved. Det er kendetegnet for en reaktion af første orden, hvor t½ = ln 2 / k ikke afhænger af koncentrationen. Omdannelsen er derfor af første orden med hensyn til nikotin.

  1. Hastighedskonstanten for nikotin er

\[ k = \frac{\ln 2}{t_{\frac{1}{2}}} = \frac{\ln 2}{1{,}8\ \mathrm{h}} = 0{,}385\ \mathrm{h^{-1}} \]

Hældningen er −k, og skæringen er ln([nikotin]0 / nM) = ln 100 = 4,605. Modellen er

\[ \ln([\mathrm{nikotin}] / \mathrm{nM}) = -0{,}385\ \mathrm{h^{-1}} \cdot t + 4{,}605 \]

  1. Modellen for nikotin løses for t, og [nikotin] = 5,0 nM sættes ind:

\[ t = \frac{4{,}605 - \ln 5{,}0}{0{,}385\ \mathrm{h^{-1}}} = \frac{4{,}605 - 1{,}609}{0{,}385\ \mathrm{h^{-1}}} = 7{,}8\ \mathrm{h} \]

Koncentrationen af nikotin er faldet til 5,0 nM efter 7,8 timer. Det passer med figuren, hvor kurven er nået ned på 5 nM lige før 8 timer.