При стандартизации раствора KMnO4 по навеске Na2C2O4 аликвотные части навески были оттитрованы раствором KMnO4.

При стандартизации раствора KMnO4 по навеске Na2C2O4 аликвотные части навески были оттитрованы раствором KMnO4. На титрование израсходовано: 14,50; 15,00; 15,10; 15,05; 14,95 см3 KMnO4. Оценить по Q – критерию пригодность результатов титрования для статистической обработки. Для пригодных данных вычислить границы доверительного интервала среднего объема KMnO4 и относительную погрешность при доверительной вероятности α = 0,95. Дано: VKMnO4 = 14,50; 15,00; 15,10; 15,05; 14,95 см3; α = 0,95. Найти: Q – критерий, V-μ; ∆ - ?

Ранжируем значения по возрастанию:
14,50; 14,95; 15,00; 15,05; 15,10.
Проверяем, не является ли промахом первое значение:
Q=V2-V1V5-V1;
Q=14,95-14,5015,10-14,50=0,75.
Табличное значение Q – критерия для п = 5 при α = 0,95 равно 0,73.
Экспериментальное значение Q = 0,75 > табличного значения Q = 0,73 . Значение 14,50 является грубым промахом и должно быть исключено при статистической обработке.
Среднее значение объёма раствора KMnO4 равно
V=V1+V2+V3+V44;
V=14,95+15,00+15,05+15,104=15,02 (см3).
Стандартное отклонение среднего объёма KMnO4 равно
sx=(Vi-V)2n(n-1);
sx=(14,95-15,02)2+(15,00-15,02)2+(15,05-15,02)2+(15,10-15,02)24(4-1)=0,032.
Границы доверительного интервала равны
V-μ=±t∙sx.
Для f = n – 1 = 4 – 1 = 3 и α = 0,95 коэффициент Стьюдента t = 3,18.
V-μ=±3,18∙0,032=±0,10.
V=15,02±0,10 (см3).
Нижняя граница доверительного интервала равна 15,02 – 0,10 = 14,92 (см3);
верхняя граница доверительного интервала равна 15,02 + 0,10 = 15,12 (см3).
Вероятная относительная погрешность равна
δ=V-μV;
δ=0,1015,02=0,007 = 0,7 (%).
Ответ: V=15,02±0,10 см3, вероятная относительная погрешность равна 0,7 %.
Физико-химические методы анализа

. Значение 14,50 является грубым промахом и должно быть исключено при статистической обработке.
Среднее значение объёма раствора KMnO4 равно
V=V1+V2+V3+V44;
V=14,95+15,00+15,05+15,104=15,02 (см3).
Стандартное отклонение среднего объёма KMnO4 равно
sx=(Vi-V)2n(n-1);
sx=(14,95-15,02)2+(15,00-15,02)2+(15,05-15,02)2+(15,10-15,02)24(4-1)=0,032.
Границы доверительного интервала равны
V-μ=±t∙sx.
Для f = n – 1 = 4 – 1 = 3 и α = 0,95 коэффициент Стьюдента t = 3,18.
V-μ=±3,18∙0,032=±0,10.
V=15,02±0,10 (см3).
Нижняя граница доверительного интервала равна 15,02 – 0,10 = 14,92 (см3);
верхняя граница доверительного интервала равна 15,02 + 0,10 = 15,12 (см3).
Вероятная относительная погрешность равна
δ=V-μV;
δ=0,1015,02=0,007 = 0,7 (%).
Ответ: V=15,02±0,10 см3, вероятная относительная погрешность равна 0,7 %.
Физико-химические методы анализа