108 地方特考三等 化學工程 化學反應工程學 考古題詳解

108 年・地方特考・三等・化學工程
試題代碼 化學反應工程學

第 一 題25 分

不可逆液相反應：

A(l)+2B(l)→C(l)+D(l)\mathrm{A_{(l)}+2B_{(l)}\rightarrow C_{(l)}+D_{(l)}}

其對 AA 及 BB 的反應階次（Reaction order）均為 1，且其反應活化能（Activation energy）為 10.00 kcal/mol10.00\ \mathrm{kcal/mol}。在 126.85∘C126.85^\circ\mathrm{C} 時的速率常數（rate constant）為：

k=0.002 m3/(kmol⋅min)k=0.002\ \mathrm{m^3/(kmol\cdot min)}

AA 與 BB 的初始濃度分別為 2.0 kmol/m32.0\ \mathrm{kmol/m^3} 及 6.0 kmol/m36.0\ \mathrm{kmol/m^3}。假設無惰性溶劑。

（一）若反應在連續混合槽反應器（Continuously-stirred tank reactor, CSTR）中進行，請建立其計量表（Stoichiometric table）。（10 分）

（二）請將反應速率式以 AA 之轉化率（Conversion）表示。（5 分）

（三）若體積流率為 2 dm3/min2\ \mathrm{dm^3/min}，請計算於 226.85∘C226.85^\circ\mathrm{C} 下，欲達到 80%80\% AA 之轉化率，所需反應器的體積為何？（10 分）

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核心觀念

本題為化學反應工程學（Chemical Reaction Engineering）的核心經典考題，融合四大重點觀念：

  1. 反應計量學（Stoichiometry）：針對流動反應系統（Flow System），依據化學計量係數建立各物種的進料流率、反應轉化量、出料流率與出料濃度關係。
  2. 不可逆液相反應特性（Liquid-Phase Reaction）：液相不可逆反應之密度變化極小，體積流率視為常數（v=v0v = v_0），體積膨脹因子 εA=0\varepsilon_A = 0。
  3. 阿瑞尼斯方程式（Arrhenius Equation）：反應速率常數隨溫度的變化關係： ln⁡(k2k1)=EaR(1T1−1T2)\ln\left(\frac{k_2}{k_1}\right) = \frac{E_a}{R}\left(\frac{1}{T_1} - \frac{1}{T_2}\right)
  4. 連續攪拌槽反應器設計方程式（CSTR Design Equation）：CSTR 槽內物料完全混合，出口濃度即為槽內濃度，其代數設計方程式為： V=FA0XA−rAV = \frac{F_{A0} X_A}{-r_A}

解題方法

（一）建立 CSTR 計量表（Stoichiometric Table）

  1. 基本定義與進料條件：
  • 反應式：A(l)+2B(l)→C(l)+D(l)\mathrm{A_{(l)} + 2B_{(l)} \rightarrow C_{(l)} + D_{(l)}}
  • 基準反應物：AA 為基準反應物（係數化為 1）。
  • 初始濃度：CA0=2.0 kmol/m3C_{A0} = 2.0\ \mathrm{kmol/m^3}，CB0=6.0 kmol/m3C_{B0} = 6.0\ \mathrm{kmol/m^3}。
  • 進料莫耳比： ΘB=FB0FA0=CB0v0CA0v0=6.02.0=3.0\Theta_B = \frac{F_{B0}}{F_{A0}} = \frac{C_{B0} v_0}{C_{A0} v_0} = \frac{6.0}{2.0} = 3.0 由於 ΘB=3.0>2.0\Theta_B = 3.0 > 2.0（反應化學計量比為 2），確認 AA 為限量試劑（Limiting Reactant）。
  • 進料中無產物：ΘC=0\Theta_C = 0，ΘD=0\Theta_D = 0。
  • 不可逆液相反應，無相變化與溶劑蒸發，體積流率保持恆定：v=v0v = v_0。因此出料濃度 Cj=Fjv0=CA0⋅(FjFA0)C_j = \frac{F_j}{v_0} = C_{A0} \cdot \left(\frac{F_j}{F_{A0}}\right)。
  1. CSTR 計量表：
物種（Species）進料流率 Fj0 (kmol/min)F_{j0}\ (\mathrm{kmol/min})反應變化量 ΔFj (kmol/min)\Delta F_j\ (\mathrm{kmol/min})出料流率 Fj (kmol/min)F_j\ (\mathrm{kmol/min})出料濃度 Cj (kmol/m3)C_j\ (\mathrm{kmol/m^3})
AFA0F_{A0}−FA0XA-F_{A0} X_AFA=FA0(1−XA)F_A = F_{A0}(1 - X_A)CA=CA0(1−XA)C_A = C_{A0}(1 - X_A)
BFB0=3FA0F_{B0} = 3 F_{A0}−2FA0XA-2 F_{A0} X_AFB=FA0(3−2XA)F_B = F_{A0}(3 - 2 X_A)CB=CA0(3−2XA)C_B = C_{A0}(3 - 2 X_A)
C00+FA0XA+F_{A0} X_AFC=FA0XAF_C = F_{A0} X_ACC=CA0XAC_C = C_{A0} X_A
D00+FA0XA+F_{A0} X_AFD=FA0XAF_D = F_{A0} X_ACD=CA0XAC_D = C_{A0} X_A
合計（Total）FT0=4FA0F_{T0} = 4 F_{A0}−FA0XA-F_{A0} X_AFT=FA0(4−XA)F_T = F_{A0}(4 - X_A)CT=CA0(4−XA)C_T = C_{A0}(4 - X_A)

（二）將反應速率式以 AA 之轉化率表示

  1. 題目給定對 AA 與 BB 均為 1 階反應，為整體 2 階反應，速率定律式表示為： −rA=kCACB-r_A = k C_A C_B

  2. 由計量表將 CAC_A 與 CBC_B 以轉化率 XAX_A 表示： CA=CA0(1−XA)C_A = C_{A0}(1 - X_A) CB=CA0(ΘB−2XA)=CA0(3−2XA)C_B = C_{A0}(\Theta_B - 2X_A) = C_{A0}(3 - 2X_A)

  3. 代入反應速率式： −rA=k⋅[CA0(1−XA)]⋅[CA0(3−2XA)]=kCA02(1−XA)(3−2XA)-r_A = k \cdot [C_{A0}(1 - X_A)] \cdot [C_{A0}(3 - 2X_A)] = k C_{A0}^2 (1 - X_A)(3 - 2X_A)

  4. 代入 CA0=2.0 kmol/m3C_{A0} = 2.0\ \mathrm{kmol/m^3}： −rA=k⋅(2.0)2(1−XA)(3−2XA)=4.0k(1−XA)(3−2XA) kmol/(m3⋅min)-r_A = k \cdot (2.0)^2 (1 - X_A)(3 - 2X_A) = 4.0 k (1 - X_A)(3 - 2X_A)\ \mathrm{kmol/(m^3\cdot min)} 亦可展開為： −rA=4.0k(3−5XA+2XA2) kmol/(m3⋅min)-r_A = 4.0 k (3 - 5X_A + 2X_A^2)\ \mathrm{kmol/(m^3\cdot min)}

（三）計算 226.85∘C226.85^\circ\mathrm{C} 下達 80%80\% 轉化率所需之 CSTR 體積

  1. 絕對溫度換算：
  • T1=126.85+273.15=400.0 KT_1 = 126.85 + 273.15 = 400.0\ \mathrm{K}
  • T2=226.85+273.15=500.0 KT_2 = 226.85 + 273.15 = 500.0\ \mathrm{K}
  1. 利用阿瑞尼斯方程式求 500 K500\ \mathrm{K} 時的速率常數 k2k_2：
  • 活化能 Ea=10.00 kcal/mol=10000 cal/molE_a = 10.00\ \mathrm{kcal/mol} = 10000\ \mathrm{cal/mol}
  • 理想氣體常數 R=1.987 cal/(mol⋅K)R = 1.987\ \mathrm{cal/(mol\cdot K)} ln⁡(k2k1)=EaR(1T1−1T2)=100001.987(1400−1500)\ln\left(\frac{k_2}{k_1}\right) = \frac{E_a}{R}\left(\frac{1}{T_1} - \frac{1}{T_2}\right) = \frac{10000}{1.987}\left(\frac{1}{400} - \frac{1}{500}\right) 1400−1500=0.0025−0.0020=0.0005 K−1\frac{1}{400} - \frac{1}{500} = 0.0025 - 0.0020 = 0.0005\ \mathrm{K^{-1}}
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第 二 題25 分

不可逆液相反應：

A(l)+B(l)→C(l)+D(l)\mathrm{A_{(l)}+B_{(l)}\rightarrow C_{(l)}+D_{(l)}}

為一基本反應（Elementary reaction），其速率常數（rate constant）為 k′k'，且於半批次反應器（Semi-batch reactor）中進行反應。反應器中剛開始只有 AA，其濃度為 CA0C_{A0}，體積為 V0V_0。BB 會以一定體積流率進料，其進料濃度為 CB0C_{B0}，進料體積流率為 v0v_0。

（一）請分別針對 AA、BB、CC、DD 推導其莫耳平衡方程式。（15 分）

（二）請說明如何獲得 CAC_A、CBC_B、CCC_C、CDC_D。（10 分）

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核心觀念

  1. 半批次反應器（Semi-batch Reactor, SBR）的莫耳平衡（Mole Balance）： 半批次系統屬於非穩態（Unsteady-state）系統。對反應器內物種 jj 進行質量守恆，其通式為： 進料速率−出料速率+生成速率=累積速率\text{進料速率} - \text{出料速率} + \text{生成速率} = \text{累積速率} Fj0−Fj+rjV=dNjdtF_{j0} - F_j + r_j V = \frac{dN_j}{dt} 其中 NjN_j 為槽內物種 jj 之莫耳數，Fj0F_{j0} 為進料莫耳流率，FjF_j 為出料莫耳流率（本題無出料，故 Fj=0F_j = 0），rjr_j 為物種 jj 之淨反應生成速率，VV 為反應混合物於時間 tt 之體積。

  2. 液相系統體積變化（稀釋效應）： 在常溫常壓之液相反應中，液體具不可壓縮性且混合體積變化可忽略（假設密度恆定），反應器內液體體積隨時間之變化率等於進料體積流率： dVdt=v0  ⟹  V(t)=V0+v0t\frac{dV}{dt} = v_0 \implies V(t) = V_0 + v_0 t

  3. 基本反應之速率定律式（Rate Law）： 反應式 A(l)+B(l)→C(l)+D(l)\mathrm{A_{(l)} + B_{(l)} \rightarrow C_{(l)} + D_{(l)}} 為基本反應，其反應級數即為化學計量係數： −rA=−rB=rC=rD=k′CACB-r_A = -r_B = r_C = r_D = k' C_A C_B 其中 Cj=NjVC_j = \frac{N_j}{V} 為槽內物種之即時濃度。

解題方法

（一）推導物種 A\mathrm{A}、B\mathrm{B}、C\mathrm{C}、D\mathrm{D} 之莫耳平衡方程式

本系統為無出料之半批次反應器（Fj=0F_j = 0），槽內體積隨時間變化為 V(t)=V0+v0tV(t) = V_0 + v_0 t。

1. 莫耳數形式（dNjdt\frac{dN_j}{dt}）之平衡方程式

依據一般莫耳平衡通式 dNjdt=Fj0+rjV\frac{dN_j}{dt} = F_{j0} + r_j V：

  • 物種 A： 進料中無 A\mathrm{A}（FA0=0F_{A0} = 0），其消耗速率為 −rA=k′CACB-r_A = k' C_A C_B： dNAdt=−k′CACBV=−k′NANBV\frac{dN_A}{dt} = -k' C_A C_B V = -k' \frac{N_A N_B}{V}

  • 物種 B： B\mathrm{B} 以定體積流率 v0v_0、濃度 CB0C_{B0} 連續進料，進料莫耳流率 FB0=v0CB0F_{B0} = v_0 C_{B0}；其消耗速率為 −rB=k′CACB-r_B = k' C_A C_B： dNBdt=v0CB0−k′CACBV=v0CB0−k′NANBV\frac{dN_B}{dt} = v_0 C_{B0} - k' C_A C_B V = v_0 C_{B0} - k' \frac{N_A N_B}{V}

  • 物種 C： 進料中無 C\mathrm{C}（FC0=0F_{C0} = 0），其生成速率為 rC=k′CACBr_C = k' C_A C_B： dNCdt=k′CACBV=k′NANBV\frac{dN_C}{dt} = k' C_A C_B V = k' \frac{N_A N_B}{V}

  • 物種 D： 進料中無 D\mathrm{D}（FD0=0F_{D0} = 0），其生成速率為 rD=k′CACBr_D = k' C_A C_B： dNDdt=k′CACBV=k′NANBV\frac{dN_D}{dt} = k' C_A C_B V = k' \frac{N_A N_B}{V}

2. 濃度形式（dCjdt\frac{dC_j}{dt}）之平衡方程式

因 Nj=CjVN_j = C_j V，微分展開為： dNjdt=d(CjV)dt=VdCjdt+CjdVdt=VdCjdt+v0Cj\frac{dN_j}{dt} = \frac{d(C_j V)}{dt} = V \frac{dC_j}{dt} + C_j \frac{dV}{dt} = V \frac{dC_j}{dt} + v_0 C_j 移項可得濃度之變化率通式： dCjdt=1V(dNjdt−v0Cj)\frac{dC_j}{dt} = \frac{1}{V}\left( \frac{dN_j}{dt} - v_0 C_j \right)

分別代入各物種：

  • 物種 A： dCAdt=−k′CACB−v0VCA\frac{dC_A}{dt} = -k' C_A C_B - \frac{v_0}{V} C_A

  • 物種 B： dCBdt=v0V(CB0−CB)−k′CACB\frac{dC_B}{dt} = \frac{v_0}{V}(C_{B0} - C_B) - k' C_A C_B

  • 物種 C： dCCdt=k′CACB−v0VCC\frac{dC_C}{dt} = k' C_A C_B - \frac{v_0}{V} C_C

  • 物種 D： dCDdt=k′CACB−v0VCD\frac{dC_D}{dt} = k' C_A C_B - \frac{v_0}{V} C_D

（二）說明如何獲得 CAC_A、CBC_B、CCC_C、CDC_D

由於本反應包含非線性反應項（−k′CACB-k' C_A C_B），且體積 V(t)=V0+v0tV(t) = V_0 + v_0 t 隨時間改變，形成非線性、非齊次的常微分方程組（Nonlinear coupled ODEs），在一般情況下無法求得解析解（Analytical solution），必須依循以下步驟進行求解：

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第 三 題25 分

液相不可逆反應：

A(l)+B(l)→C(l)+D(l)\mathrm{A_{(l)}+B_{(l)}\rightarrow C_{(l)}+D_{(l)}}

於一批次反應器（Batch reactor）中進行反應。

當初始 AA 與 BB 為等莫耳數時，獲得的數據如下：

CA (mol/dm3)C_A\ (\mathrm{mol/dm^3})1.00.950.8160.7070.500.37
t (h)t\ (\mathrm{h})00.2781.3892.788.3316.66

當初始的 AA 與 BB 的濃度分別為 0.01 mol/dm30.01\ \mathrm{mol/dm^3} 及 1.0 mol/dm31.0\ \mathrm{mol/dm^3} 時，獲得的數據如下：

CA (mol/dm3)C_A\ (\mathrm{mol/dm^3})0.010.008470.007350.005260.00357
t (h)t\ (\mathrm{h})012510

（一）請求出其速率式。（15 分）

（二）請求出其動力參數。（10 分）

🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量，本站不轉載原卷影像； 題目文字已完整轉錄，圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。

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核心觀念

這題用批次反應器的微分物料衡算判定速率式。對定容液相反應：

−dCAdt=kCAαCBβ-\frac{dC_A}{dt}=kC_A^\alpha C_B^\beta

反應式的化學計量係數不能直接當成反應級數；本題的 α\alpha、β\beta 必須由濃度與時間資料求出。

解題方法

一、由初始等莫耳數資料求總反應級數

反應為 A+B→C+DA+B\rightarrow C+D，若 AA、BB 初始濃度相等，且按 1:11:1 消耗，則反應過程中 CA=CB=CC_A=C_B=C。因此：

−dCdt=kCα+β-\frac{dC}{dt}=kC^{\alpha+\beta}

若總反應級數 α+β=3\alpha+\beta=3，積分得：

1CA2−1CA02=2kt\frac{1}{C_A^2}-\frac{1}{C_{A0}^2}=2kt

本組資料 CA0=1.0 mol/dm3C_{A0}=1.0\ \mathrm{mol/dm^3}。例如使用 CA=0.50C_A=0.50、t=8.33 ht=8.33\ \mathrm{h}：

=\frac{3}{16.66} \approx 0.180\ \mathrm{dm^6\,mol^{-2}\,h^{-1}}$$ 其他中間資料也大致符合 $1/C_A^2$ 對 $t$ 呈線性，因此總反應級數為 $3$，且此組資料給出 $k\approx0.18$。 **二、由 $B$ 過量資料求 $A$ 的反應級數** 第二組資料中 $C_{A0}=0.01$、$C_{B0}=1.0\ \mathrm{mol/dm^3}$。先檢查二級積分式： $$\frac{1}{C_A}-\frac{1}{C_{A0}}=k_{\mathrm{app}}t$$ 例如 $C_A=0.00847$、$t=1\ \mathrm{h}$： $$k_{\mathrm{app}} =\frac{1/0.00847-1/0.01}{1} \approx18.05\ \mathrm{dm^3\,mol^{-1}\,h^{-1}}$$
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第 四 題25 分

液相可逆反應：

A(l)⇌B(l)\mathrm{A_{(l)}\rightleftharpoons B_{(l)}}

其為一基本反應（Elementary reaction），已知條件如下：

焓（Enthalpy）：

HA0(298 K)=−40 kcal/molH_A^0(298\ \mathrm{K})=-40\ \mathrm{kcal/mol}

HB0(298 K)=−60 kcal/molH_B^0(298\ \mathrm{K})=-60\ \mathrm{kcal/mol}

比熱（Heat capacity）：

CpA=CpB=50 cal/(mol⋅K)C_{pA}=C_{pB}=50\ \mathrm{cal/(mol\cdot K)}

平衡常數：

Ke=100,000at 298 KK_e=100{,}000\quad\text{at }298\ \mathrm{K}

反應於絕熱條件下進行，以純 AA 為進料，進料溫度為 300 K300\ \mathrm{K}。

（一）請畫出 AA 平衡轉化率與反應溫度的關係。（15 分）

（二）請求出絕熱平衡溫度與其轉化率。（10 分）

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核心觀念

本題為典型的「放熱可逆反應之熱力學平衡與絕熱反應器能量平衡」整合題型，評量重點涵蓋以下化工熱力學與反應工程核心觀念：

  1. 反應熱與熱容差之關係（基希霍夫定律 Kirchhoff's Law）： ΔHrxn(T)=ΔHrxn∘(TR)+∫TRTΔCp dT\Delta H_{\mathrm{rxn}}(T) = \Delta H_{\mathrm{rxn}}^\circ(T_R) + \int_{T_R}^T \Delta C_p \, dT 當 ΔCp=0\Delta C_p = 0 時，反應熱為定值，不隨溫度改變。
  2. 平衡常數與溫度之關係（凡特荷夫方程式 van 't Hoff Equation）： dln⁡KedT=ΔHrxnRT2  ⟹  ln⁡(Ke(T)Ke(T1))=−ΔHrxnR(1T−1T1)\frac{d \ln K_e}{dT} = \frac{\Delta H_{\mathrm{rxn}}}{R T^2} \implies \ln \left(\frac{K_e(T)}{K_e(T_1)}\right) = -\frac{\Delta H_{\mathrm{rxn}}}{R}\left(\frac{1}{T} - \frac{1}{T_1}\right)
  3. 化學平衡轉化率（Equilibrium Conversion, XAeX_{Ae}）： 由反應化學計量與質量作用定律表示平衡常數 Ke=CBeCAeK_e = \frac{C_{Be}}{C_{Ae}}，進而推導出 XAe=f(Ke)X_{Ae} = f(K_e)。
  4. 絕熱能量平衡線（Adiabatic Energy Balance Line）： 在絕熱穩態操作下，反應釋放之熱量完全用於加熱反應流體： XEB=∑ΘiCpi(T−T0)−ΔHrxnX_{EB} = \frac{\sum \Theta_i C_{pi} (T - T_0)}{-\Delta H_{\mathrm{rxn}}} 將平衡曲線（熱力學限制）與絕熱操作線聯立，其交點即為「絕熱平衡點」（Adiabatic Equilibrium Point）。

解題方法

（一）畫出 AA 平衡轉化率與反應溫度的關係

1. 計算標準反應熱與確認熱容量差

反應方程式為： A(l)⇌B(l)\mathrm{A_{(l)} \rightleftharpoons B_{(l)}}

在基準溫度 TR=298 KT_R = 298\ \mathrm{K} 下之標準反應熱： ΔHrxn∘(298 K)=HB∘(298 K)−HA∘(298 K)=−60−(−40)=−20 kcal/mol=−20,000 cal/mol\Delta H_{\mathrm{rxn}}^\circ(298\ \mathrm{K}) = H_B^\circ(298\ \mathrm{K}) - H_A^\circ(298\ \mathrm{K}) = -60 - (-40) = -20\ \mathrm{kcal/mol} = -20{,}000\ \mathrm{cal/mol} ΔHrxn∘<0\Delta H_{\mathrm{rxn}}^\circ < 0，表示此為放熱反應。

熱容量差： ΔCp=CpB−CpA=50−50=0 cal/(mol⋅K)\Delta C_p = C_{pB} - C_{pA} = 50 - 50 = 0\ \mathrm{cal/(mol\cdot K)} 因為 ΔCp=0\Delta C_p = 0，所以在任意溫度 TT 下，反應熱均為常數： ΔHrxn(T)=−20,000 cal/mol\Delta H_{\mathrm{rxn}}(T) = -20{,}000\ \mathrm{cal/mol}

2. 建立平衡常數 Ke(T)K_e(T) 與溫度之函數關係

代入凡特荷夫方程式（取氣體常數 R=1.987 cal/(mol⋅K)R = 1.987\ \mathrm{cal/(mol\cdot K)}）： ln⁡(Ke(T)Ke(298 K))=−ΔHrxnR(1T−1298)\ln\left(\frac{K_e(T)}{K_e(298\ \mathrm{K})}\right) = -\frac{\Delta H_{\mathrm{rxn}}}{R} \left(\frac{1}{T} - \frac{1}{298}\right) 已知 Ke(298 K)=100,000=105K_e(298\ \mathrm{K}) = 100{,}000 = 10^5： ln⁡Ke(T)=ln⁡(105)−−20,0001.987(1T−1298)=11.5129+10,065.4(1T−1298)\ln K_e(T) = \ln(10^5) - \frac{-20{,}000}{1.987}\left(\frac{1}{T} - \frac{1}{298}\right) = 11.5129 + 10{,}065.4\left(\frac{1}{T} - \frac{1}{298}\right) 整理得： ln⁡Ke(T)=10,065.4T−22.2637\ln K_e(T) = \frac{10{,}065.4}{T} - 22.2637 Ke(T)=exp⁡(10,065.4T−22.2637)K_e(T) = \exp\left(\frac{10{,}065.4}{T} - 22.2637\right)

3. 建立平衡轉化率 XAeX_{Ae} 與 KeK_e 的關係

以純 AA 為進料（進料濃度為 CA0C_{A0}，CB0=0C_{B0} = 0），液相反應體積莫耳濃度變化為： CAe=CA0(1−XAe)C_{Ae} = C_{A0}(1 - X_{Ae}) CBe=CA0XAeC_{Be} = C_{A0} X_{Ae}

達到熱力學平衡時： Ke=CBeCAe=CA0XAeCA0(1−XAe)=XAe1−XAeK_e = \frac{C_{Be}}{C_{Ae}} = \frac{C_{A0}X_{Ae}}{C_{A0}(1 - X_{Ae})} = \frac{X_{Ae}}{1 - X_{Ae}} 解得平衡轉化率： XAe=Ke(T)1+Ke(T)X_{Ae} = \frac{K_e(T)}{1 + K_e(T)}

4. 曲線特徵分析與繪圖關鍵座標點
  • 定性趨勢：此反應為放熱反應（ΔHrxn<0\Delta H_{\mathrm{rxn}} < 0），依據勒沙特列原理，溫度升高時平衡向左移動，KeK_e 隨溫度上升而單調遞減，因此平衡轉化率 XAeX_{Ae} 隨溫度上升而單調下降（dXAedT<0\frac{dX_{Ae}}{dT} < 0）。
  • 關鍵點計算：
  1. 當 T→0 KT \to 0\ \mathrm{K} 時，Ke→∞K_e \to \infty，XAe→1.0X_{Ae} \to 1.0。
  2. 在 T=298 KT = 298\ \mathrm{K} 時，Ke=100,000K_e = 100{,}000： XAe=100,0001+100,000≈0.99999≈1.0X_{Ae} = \frac{100{,}000}{1 + 100{,}000} \approx 0.99999 \approx 1.0
  3. 當 XAe=0.5X_{Ae} = 0.5（即 Ke=1K_e = 1）時： ln⁡(1)=0=10,065.4T−22.2637  ⟹  T=10,065.422.2637≈452.1 K\ln(1) = 0 = \frac{10{,}065.4}{T} - 22.2637 \implies T = \frac{10{,}065.4}{22.2637} \approx 452.1\ \mathrm{K}
  4. 當 T→∞T \to \infty 時，Ke→e−22.2637≈2.14×10−10≈0K_e \to e^{-22.2637} \approx 2.14 \times 10^{-10} \approx 0，XAe→0X_{Ae} \to 0。
5. 繪製圖形

作圖時，橫軸為反應溫度 T (K)T\ (\mathrm{K})，縱軸為轉化率 XAX_A（範圍介於 00 至 11）。曲線呈反Ｓ型（Sigmoidal）遞減曲線：

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