Exercícios - Química Analítica 2022 2

Química Analítica Quantitativa Nome: Exercício 1 (valor 1,0). Quais são as etapas envolvidas na gravimetria por precipitação? Explique cada uma dessas etapas. Exercício 2 (valor 1,0). Defina em uma titulação. (a) ponto de equivalência; (b) ponto final; (c) padrão primário; (d) padrão secundário. Exercício 3 (valor 1,0). Suponha que esteja realizando uma titulação na qual HBr(aq) 0,240 mol L⁻¹ é o titulante e o analito consiste, inicialmente de 25,00 mL de KOH(aq) 0,150 mol L⁻¹. Calcule: a) O pH inicial da solução; b) O pH da solução após a adição de 6,00 mL do titulante; c) O pH da solução após atingirmos o ponto de equivalência na titulação e então adicionarmos 8,00 mL extra de HBr(aq) Exercício 4 (valor 1,0). Por que os indicadores ácido/base exibem sua alteração de cor em uma faixa de pKₐ ±1 unidade de pH? Exercício 5 (valor 1,0). Titulou-se 40,0 mL de solução 0,050 mol L⁻¹ de brometo de potássio com uma solução 0,080 mol L⁻¹ de nitrato de prata. Calcule as concentrações dos íons brometo e prata após as seguintes adições do titulante: a) 20,0 mL b) 25,0 mL c) 30,0 mL DADOS: kps = 3,9 x 10⁻¹³ Exercício 6 (valor 1,0). Calcular a concentração de Ni²⁺ em uma solução que foi preparada pela mistura de 50,0 mL de Ni²⁺ 0,0300 mol L⁻¹ com 50,00 mL de EDTA 0,0500 mol L⁻¹. A mistura foi tamponada a pH 3,0. (Dados: cNi⁴⁻ em pH 3,0 = 2,1 x 10⁻¹¹; kf = 4,2 x 10¹⁸). Exercício 7 (valor 3,0). Calcule o potencial eletrodo resultante da mistura de 50,00 mL de uma solução de UO₂²⁺ 0,050 mol L⁻¹ com os seguintes volumes de solução de MnO₄⁻ 0,02 mol L⁻¹: a) 10,0 mL b) 50,0 mL c) 60,0 mL Observação: Considere [H⁺] = 1,00 mol L⁻¹ DADOS: UO₂²⁺ + 4H⁺ + 2e⁻ ⇌ U⁴⁺ + 2H₂O E⁰ = 0,334V MnO₄⁻ + 8H⁺ + 5e⁻ ⇌ Mn²⁺ + 4H₂O E⁰ = 1,510V Exercício 8 (valor 1,0). Aplique o teste Q aos conjuntos de dados que seguem para determinar se resultados anômalos devem ser mantidos ou rejeitados a um nível de confiança de 95%: a) 41,27; 41,61; 41,84; 41,70 b) 7,295; 7,284; 7,388; 7,292; 7,283 Valores Críticos para o Coeficiente de Rejeição, Q* \begin{tabular}{ccc} Número de Observações & 90% de Confiança & 95% de Confiança & 99% de Confiança \\ 3 & 0,941 & 0,970 & 0,994 \\ 4 & 0,765 & 0,829 & 0,926 \\ 5 & 0,642 & 0,710 & 0,821 \\ 6 & 0,560 & 0,625 & 0,740 \\ 7 & 0,507 & 0,568 & 0,684 \\ 8 & 0,468 & 0,526 & 0,634 \\ 9 & 0,437 & 0,493 & 0,598 \\ 10 & 0,412 & 0,466 & 0,568 \\ \end{tabular} *Reimpresso com permissão de D. B. Rorabacher, Anal. Chem., 1991, 6,39, p. 139. Copyright 1991 American Chemical Society. Exercício 01: Quais são as etapas envolvidas na gravimetria por precipitação? Explique cada uma dessas etapas. A gravimetria por precipitação é um método utilizado para medir a quantidade de um determinado ion presente em uma amostra. As etapas envolvidas nesse processo incluem: 1. Preparação da amostra: A amostra é preparada para análise, geralmente através de um processo de digestão química para dissolver todos os materiais orgânicos e remover impurezas. 2. Padronização da solução: Uma solução padrão é preparada, contendo o ion a ser medido em uma concentração conhecida. Isso é utilizado para calibrar o equipamento e para calcular a quantidade de ion presente na amostra. 3. Adição do precipitante: O ion a ser medido é precipitado como um composto insolúvel, utilizando um reagente adequado (precipitante). Isso é feito adicionando o precipitante à solução da amostra. 4. Filtragem: A solução é filtrada para remover o precipitado e os sólidos insolúveis. 5. Secagem e pesagem: O precipitado é então secado e pesado para determinar a quantidade de ion presente na amostra original. 6. Cálculo: A quantidade de ion presente na amostra é calculada utilizando a concentração padrão e a quantidade de precipitado pesado. Exercício 02: Defina em uma titulação. a) Ponto de equivalência Trata-se do ponto no qual o titulante adicionado é quimicamente equivalente em termos de número de mols ao analito presente na amostra, indicando que a reação química está para finalizar. Ocorre antes do ponto final e, no caso de ácidos ou bases fracas, podem ter múltiplos pontos de equivalência. b) Ponto final É o ponto em que ocorre a mudança de cor no sistema a ser titulado, indicando que a titulação está completa. Ocorre após o ponto de equivalência e há somente 1 ponto final para ácidos/bases fracos. c) Padrão primário É uma substância de alta pureza (99,9%) no qual pode ser dissolvido em um solvente conhecido e gerar uma solução padrão primária. Os padrões primários precisam, além de ser puros, apresentar alta estabilidade química, não ser higroscópio, apresentar alta massa molecular e prontamente disponível para uso. São empregados para padronizar padrões secundários e outros reagentes. Exemplos são soluções de bromato de potássio, cloreto de sódio e zinco. d) Padrão secundário Composto cujo concentração é obtida a partir de uma análise química, ou seja, são padronizados em função de um padrão primário. Embora menos puros e estáveis que os padrões primários, são empregados devido a fatores como menor custo e facilidade de aquisição. Devido a aplicabilidade, geralmente são utilizados para calibrar instrumentos analíticos. Um típico exemplo é o permanganato de potássio ou solução de hidróxido de sódio. Este último, por ser altamente higroscópio, precisa ser padronizado antes de ser utilizado. Exercício 03: Suponha que esteja realizando uma titulação na qual HBr 0,240 mol/L é o titulante e o analito consiste em 25,00 mL de KOH 0,150 mol/L. Calcule: a) O pH inicial da solução: Antes de adicionar o titulante, o analito trata-se de uma solução de base forte de KOH, logo o valor do pH pode ser determinado partindo-se da concentração de OH- na solução. KOH(aq) → K+(aq) + OH-(aq) Como [OH-][H+] = 1,0x10-14 e CKOH = [OH-], então: [0,150][H+] = 1,0x10-14 [H+] = 6,67x10-14  pH = -log[6,67x10-14] = 13,2 b) O pH da solução após a adição de 6,00 mL do titulante: Ao adicionar o HBr, esse será consumido pela base gerando o sal KBr e água, em uma reação de neutralização de ácido e base forte. Nesse caso, o pH da solução será determinada pelo excesso de base no meio reacional. [𝑂𝐻−] = (𝑛𝐾𝑂𝐻 − 𝑛𝐻𝐵𝑟 𝑉𝐾𝑂𝐻 + 𝑉𝐻𝐵𝑟 ) = (𝐶𝐾𝑂𝐻𝑉𝐾𝑂𝐻 − 𝐶𝐻𝐵𝑟𝑉𝐾𝐵𝑟 𝑉𝐾𝑂𝐻 + 𝑉𝐻𝐵𝑟 ) = (0,150 ∙ 25,00 − 0,240 ∙ 6,00 25,00 + 6,00 ) = 0,0745 𝑚𝑜𝑙 𝐿 Logo: pH = 14 – pOH = 14 – (-log0,0745) = 12,9 c) O pH da solução após atingirmos o ponto de equivalência na titulação e então adicionarmos 8,00 mL extra de HBr. No ponto de equivalência existem quantidade iguais do ácido e base; portanto pH = 7,00. 𝑛(𝐾𝑂𝐻) = 𝑛(𝐻𝐵𝑟) 𝐶𝐾𝑂𝐻𝑉𝐾𝑂𝐻 = 𝐶𝐻𝐵𝑟𝑉𝐻𝐵𝑟 0,150 ∙ 25,00 = 0,240 ∙ 𝑉𝐻𝐵𝑟 ∴ 𝑉𝐻𝐵𝑟 = 15,62 𝑚𝐿 Ao adicionar 8,00 mL extra, o volume de ácido na solução passa a ser de 23,62 mL e o pH passa a ser determinado por este excesso, ou seja: [𝐻+] = (𝐶𝐻𝐵𝑟𝑉𝐻𝐵𝑟 − 𝐶𝐾𝑂𝐻𝑉𝐾𝑂𝐻 𝑉𝐾𝑂𝐻 + 𝑉𝐻𝐵𝑟 ) = (0,240 ∙ 23,62 − 0,150 ∗ 25 25,00 + 23,62 ) = 0,0395 𝑚𝑜𝑙 𝐿 Logo: pH = -log[H+] = 1,40. Exercício 04: Por que os indicadores ácido/base exibem sua alteração de cor em uma faixa de pka ± 1 unidade de pH? Em titulações ácido-base em particular, os indicadores por si só são ácidos ou bases orgânicas fracos que apresentam colorações diferentes dependendo da forma que se encontram solução (protonado, desprotonado ou neutro). Considerando o conceito de ácido e base de Bronsted-Lowry, temos que: 𝐻𝐼𝑛 (𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎 á𝑐𝑖𝑑𝑎) ⇌ 𝐻+ + 𝐼𝑛−(𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎 𝑏á𝑠𝑖𝑐𝑎) onde 𝑘 = [𝐻+][𝐼𝑛−] [𝐻𝐼𝑛] Como k é constante, então a relação entre as concentrações do indicador na forma ácida e base depende do valor da concentração dos íons H+, uma vez que: 𝑘 [𝐻+] = [𝐼𝑛−] [𝐻𝐼𝑛] Dado que cada forma possui uma cor própria, verificações empíricas mostraram que a relação entre as concentrações da forma ácida e da forma básica devem ser de pelo menos 10 para que se possa enxergar com clareza a cor predominante. No entanto, essa relação pode mudar dependendo do indicador utilizado e do próprio observador. Supondo que tal valor é uma aproximação válida, então supondo que [In-]/[HIn] = 10, então: 𝑘 [𝐻+] = 10 ∴ 𝑘 = 10 ∙ [𝐻+] −𝑙𝑜𝑔𝑘 = −𝑙𝑜𝑔10 + (−𝑙𝑜𝑔[𝐻+]) 𝑝𝐻 = 𝑝𝐾 + 1 Supondo o inverso, que [HIn]/[In-] = 10, então pH = pK – 1, de forma que estas são as condições em que poderemos observar uma cor predominante em solução do indicador na forma ácida ou básica. Entre essa faixa, observamos cores intermediárias. Assim, o intervalo de pH que vai de pK -1 a pK + 1 é chamado de intervalo de viragem do indicador. Exercício 05: Titulou-se 40,0 mL de solução 0,050 mol/L de brometo de potássio com uma solução 0,080 mol/L de nitrato de prata. Calcule as concentrações dos íons brometo e prata após as seguintes adições do titulante: (Dados: kps = 3,9x10-13) 𝐴𝑔(𝑎𝑞) + + 𝐵𝑟(𝑎𝑞) − ⇌ 𝐴𝑔𝐵𝑟(𝑠) Com base nos dados do exercício, o volume necessário do titulante (AgNO3) para alcançar o PE será de 25,00 mL: 𝑛(𝐵𝑟) = 𝑛(𝐴𝑔) 𝐶𝐵𝑟𝑉𝐵𝑟 = 𝐶𝐴𝑔𝑉𝐴𝑔 0,050 ∙ 40,00 = 0,080 ∙ 𝑉𝐴𝑔 ∴ 𝑉𝐴𝑔 = 25,00 𝑚𝐿 a) 20,0 mL Antes do PE, a [Br-] pode ser determinada pelo seu excesso, onde grande parte da prata adicionada será convertida no sólido de AgBr. Desta forma, a concentração de íons prata no meio será devido ao processo de solubilização dele. Quanto ao íon brometo: [𝐵𝑟−] = ( 𝑛𝐵𝑟 − 𝑛𝐴𝑔 𝑉𝐵𝑟 + 𝑉𝐴𝑔 ) = ( 𝐶𝐵𝑟𝑉𝐵𝑟 − 𝐶𝐴𝑔𝑉𝐴𝑔 𝑉𝐵𝑟 + 𝑉𝐴𝑔 ) = (0,050 ∙ 40,00 − 0,080 ∙ 20,00 40,00 + 20,00 ) = 6,67𝑥10−3 𝑚𝑜𝑙 𝐿 Os índices Br e Ag referem-se aos íons Ag+ provenientes do titulante e Br- da amostra em solução. Para se calcular a concentração de [Ag+] substitui-se o valor de [Br-] na expressão do produto de solubilidade do brometo de prata. 𝑘𝑝𝑠 = [𝐴𝑔+][𝐵𝑟−] 𝑑𝑒 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎 𝑞𝑢𝑒 3,9𝑥10−13 = [𝐴𝑔+][6,67𝑥10−3] [𝐴𝑔+] = 5,85𝑥10−11 𝑚𝑜𝑙 𝐿 Assim, pAg = - log [Ag+] = 10,2 e pBr = - log [Br-] = 2,18 b) 25,0 mL No ponto de equivalência todo íon brometo e todo íon prata provêm somente da solubilidade do precipitado, de modo que [Ag+] = [Br-]. Desta forma: 𝑘𝑝𝑠 = [𝐴𝑔+][𝐵𝑟−] = [𝐴𝑔+]2 [𝐴𝑔+] = [𝐵𝑟−] = √𝑘𝑝𝑠 = √3,9𝑥10−13 = 6,24𝑥10−7 Desta forma, pAg = pBr = 6,20 c) 30,0 mL Após o ponto de equivalência, todo o íon brometo presente da amostra foi virtualmente convertido em AgBr, fazendo com que os íons prata do titulante permaneça em excesso. Nesse caso, a concentração dos íons Ag+ em excesso será a concentração dos íons prata adicionados menos os íons prata que reagiram com o brometo: [𝐴𝑔+] = ( 𝑛𝐴𝑔 − 𝑛𝐵𝑟 𝑉𝐵𝑟 + 𝑉𝐴𝑔 ) = ( 𝐶𝐴𝑔𝑉𝐴𝑔 − 𝐶𝐵𝑟𝑉𝐵𝑟 𝑉𝐵𝑟 + 𝑉𝐴𝑔 ) = (0,080 ∙ 30,00 − 0,050 ∙ 40,00 40,00 + 30,00 ) = 5,71𝑥10−3 𝑚𝑜𝑙 𝐿 𝑝𝐴𝑔 = −𝑙𝑜𝑔[𝐴𝑔+] = 2,24 Substituindo-se este valor na expressão do produto de solubilidade tem-se: [𝐵𝑟−] = 𝑘𝑝𝑠 [𝐴𝑔+] = 3,9𝑥10−13 5,71𝑥10−3 = 6,83𝑥10−11 𝑝𝐵𝑟 = −𝑙𝑜𝑔[𝐵𝑟−] = 10,2 Exercício 06: Calcular a concentração de Ni+2 em uma solução que foi preparada pela mistura de 50,0 mL de Ni2+ 0,0300 mol/L com 50,00 mL de EDTA 0,0500 mol/L. A mistura foi tamponada em pH 3,0. (Dados: αY4- em pH 3,0 = 2,1x10-11; kf = 4,2x1018). 1° Avaliar a constante de formação condicional: A formação do complexo é dada pela seguinte equação química, onde EDTA se refere a todas as formas não ligadas de EDTA (Y4-, HY3-, H2Y2- e assim por diante): Ni2+ + EDTA ⇌ NiY2- K’f = αY4-*kf Em pH 3,0, temos que a constante de formação condicional para o completo de níquel (II) será de K’f = (2,1x10- 11)(4,2x1018) = 8,8x107. Como K’f >> ‘, a reação se favorece para a formação do complexo. 2° Avaliar a concentração de espécies predominantes Faz-se necessário determinar o ponto de equivalência (PE) para avaliar se existe excesso do íon metálico ou do complexante na solução. Como o PE é a região onde as concentrações de EDTA e do Ni(II) são idênticas, o volume necessário de EDTA para que se tenha quantidades iguais de ambos será de 30,0 mL, como se segue: n(Ni2+) = n(EDTA) CNi.VNi = CEDTA.VEDTA 0,0300 * 50,0 = 0,0500 * VEDTA ➔ VEDTA = 30 mL 3° Determinar a concentração do íon metálico Uma vez que há excesso de EDTA no meio reacional (VEDTA > Vponto equivalência), a concentração de EDTA é dada em função do excesso de EDTA e a concentração do Ni2+ (pNi) é obtida a partir da constante de formação condicional (kf). Praticamente, todo o íon metálico está na forma de complexo e a concentração do íon metálico livre é proveniente do deslocamento do equilíbrio (dissociação). [𝐸𝐷𝑇𝐴] = 𝐶𝐸𝐷𝑇𝐴 ∙ (𝑉𝐸𝐷𝑇𝐴 − 𝑉𝑃𝐸 𝑉𝑁𝑖 + 𝑉𝐸𝐷𝑇𝐴 ) = 0,050 ∙ (50,00 − 30,00 50,0 + 50,0 ) = 0,010 𝑚𝑜𝑙 𝐿 [𝑁𝑖𝑌2−] = 𝐶𝑁𝑖 ∙ ( 𝑉𝑁𝑖 𝑉𝑁𝑖 + 𝑉𝐸𝐷𝑇𝐴 ) = 0,03 ∙ ( 50,0 50,0 + 50,0) = 0,015 𝑚𝑜𝑙 𝐿 Assim: 𝐾𝑓 ′ = [𝑁𝑖𝑌2−] [𝑁𝑖2+][𝐸𝐷𝑇𝐴] ∴ 8,8𝑥107 = [0,015] [𝑁𝑖2+][0,01] ∴ [𝑁𝑖2+] = 1,70𝑥10−8𝑚𝑜𝑙 𝐿 𝑝𝑁𝑖2+ = 7,77 Exercício 07: Calcule o potencial eletródico resultante da mistura de 50,00 mL de uma solução de U4+ 0,050 mol/L com os seguintes volumes de solução de MnO4- 0,02 mol/L. Dados: UO22+ + 4 H+ + 2e ⇌ U4+ + 2 H2O E° = +0,334 V MnO4- + 8 H+ + 5e ⇌ Mn2+ + 4 H2O E° = +1,510 V Com a reação, determina-se o agente redutor (com maior E°) e a equação química: 5 U4+ + 10 H2O ⇌ 5 UO22+ + 20 H+ + 10e 2 MnO4- + 16 H+ + 10e ⇌ 2 Mn2+ + 8 H2O 5 U4+ + 2 MnO4- + 2 H2O ⇌ 5 UO22+ + 4 H+ + 2 Mn2+ Dados as condições, o ponto de equivalência para reação será alcançado quando adicionarmos 50,00 mL de permanganato 0,02 mol/L na amostra de 50,0 mL de U4+ 0,050 mol/L: 2 n(U4+) = 5 n(MnO4-) 2 ∙ 𝐶𝑈4+ ∙ 𝑉𝑈4+ = 5 ∙ 𝐶𝑀𝑛𝑂4− ∙ 𝑉𝑀𝑛𝑂4− 2 ∙ 0,050 ∙ 50,00 = 5 ∙ 0,02 ∙ 𝑉𝑀𝑛𝑂4−➔ 𝑉𝑀𝑛𝑂4− = 50,0 𝑚𝐿 a) 10,0 mL de permanganato Antes do ponto de equivalência, cada alíquota de permanganato que é adicionada na amostra será consumida pela U4+ e irá gerar as espécies UO22+ e Mn2+, fazendo com que existe apenas o par redox U4+/UO22+. Assim, o potencial é calculado a partir da razão entre as concentrações dos componentes deste par redox. Como o volume total é o mesmo, então [𝑈4+] [𝑈𝑂2 2+] = 𝑛𝑈4+ 𝑛𝑈𝑂22+, sendo que o número de mols de U4+ será o número de mols inicial da amostra menos a quantidade adicionada de permanganato e que o número de mols de UO22+ formado será proporcional a quantidade de permanganato que reagiu, respeitando-se a estequiometria. 𝐸 = 𝐸 𝑈4+ 𝑈𝑂2 2+ 0 − 0,05916 2 𝑙𝑜𝑔 [𝑈4+] [𝑈𝑂2 2+] = 𝐸 𝑈4+ 𝑈𝑂2 2+ 0 − 0,05916 2 𝑙𝑜𝑔 2 ∙ (𝑉𝑎𝑚𝑜𝑠𝑡𝑟𝑎 ∙ 𝐶𝑎𝑛𝑎𝑙𝑖𝑡𝑜) − 5 ∙ (𝑉𝑡𝑖𝑡𝑢𝑙𝑎𝑛𝑡𝑒 ∙ 𝐶𝑡𝑖𝑡𝑢𝑙𝑎𝑛𝑡𝑒) 5 2 ⁄ ∙ (𝑉𝑡𝑖𝑡𝑢𝑙𝑎𝑛𝑡𝑒 ∙ 𝐶𝑡𝑖𝑡𝑢𝑙𝑎𝑛𝑡𝑒) 𝐸 = 0,334 − 0,05916 2 𝑙𝑜𝑔 (2 ∙ (50 ∙ 0,05) − 5 ∙ (10.0,02) 5 2 ⁄ ∙ (10 ∙ 0,02) ) = 0,307 𝑉 b) 50,0 mL de permanganato No ponto de equivalência, considerando que a concentração dos prótons é igual a 1,00 mol/L, então o potencial é dado pela equação a seguir: 𝐸𝑒𝑞 = 𝑛𝑈4+ 𝑈𝑂2 2+ ⁄ ∙ 𝐸𝑈4+ 𝑈𝑂2 2+ ⁄ 0 + 𝑛𝑀𝑛𝑂4− 𝑀𝑛2+ ⁄ ∙ 𝐸𝑀𝑛𝑂4− 𝑀𝑛2+ ⁄ 0 𝑛𝑈4+ 𝑈𝑂2 2+ ⁄ − 𝑛𝑀𝑛𝑂4− 𝑀𝑛2+ ⁄ 𝐸𝑒𝑞 = 2 ∙ 0,334 + 5 ∙ 1,510 2 + 5 = 1,17 𝑉 c) 60,0 mL de permanganato 𝐸 = 𝐸𝑀𝑛𝑂4 − 𝑀𝑛2+ ⁄ 0 − 0,05916 5 𝑙𝑜𝑔 [𝑀𝑛2+] [𝑀𝑛𝑂2 −] = 𝐸𝑀𝑛𝑂4 − 𝑀𝑛2+ ⁄ 0 − 0,05916 5 𝑙𝑜𝑔 5 ∙ (𝑉𝑡𝑖𝑡𝑢𝑙𝑎𝑛𝑡𝑒 ∙ 𝐶𝑡𝑖𝑡𝑢𝑙𝑎𝑛𝑡𝑒) − 2 ∙ (𝑉𝑎𝑚𝑜𝑠𝑡𝑟𝑎 ∙ 𝐶𝑎𝑛𝑎𝑙𝑖𝑡𝑜) 5 2 ⁄ ∙ (𝑉𝑡𝑖𝑡𝑢𝑙𝑎𝑛𝑡𝑒 ∙ 𝐶𝑡𝑖𝑡𝑢𝑙𝑎𝑛𝑡𝑒) 𝐸 = 1,510 − 0,05916 5 𝑙𝑜𝑔 (2 ∙ (60 ∙ 0,02) − 5 ∙ (50.0,05) 5 2 ⁄ ∙ (60 ∙ 0,02) ) = 1,51 𝑉 Exercício 08: Aplique o teste Q nos conjuntos de dados que seguem para determinar se resultados anômalos devem ser mantidos ou rejeitados a um nível de confiança de 95 %. O teste Q pode ser determinado pela equação: 𝑄 = |𝑥𝑞 − 𝑥𝑛| 𝑤 onde Xq é o valor duvidoso e Xn o valor mais próximo. w é a largura do conjunto de dados, dado pela subtração entre o maior e menor número. a) 41,27; 41,61; 41,84; 41,70 Em ordem crescente teríamos 41,27 < 41,60 < 41,70 < 41,84. Considerando o maior valor: 𝑄 = |41,84 − 41,70| (41,84 − 41,27) = 0,14 0,57 = 0,2𝟒𝟔 Para 4 medidas, Qcrit a 95% de confiança é 0,829. Como 0,246 < 0,829, devemos manter o valor. Agora, considerando o menor valor: 𝑄 = |41,27 − 41,60| (41,84 − 41,27) = 0,33 0,57 = 0,579 Para 4 medidas, Qcrit a 95% de confiança é 0,829. Como 0,579 < 0,829, devemos manter o valor. b) 7,295; 7,284; 7,388; 7,292; 7,283 Em ordem crescente teríamos 7,283 < 7,284 < 7,292 < 7,295 < 7,388. Considerando o maior valor: 𝑄 = |7,388 − 7,295| (7,388 − 7,283) = 0,093 0,105 = 0,886 Para 5 medidas, Qcrit a 95% de confiança é 0,710. Como 0,886 > 0,710, o valor anômalo de 7,388 deve ser rejeitado do conjunto de dados. Os demais valores devem ser mantidos.