111 高普考高考三級 化學工程 輸送現象與單元操作 考古題詳解

核心觀念

本題評量考生對於圓柱座標系下一維穩態熱傳導以及**變熱傳導度（Variable Thermal Conductivity）**系統的能量平衡推導能力。涉及的核心原理與公式如下：

1. 傅立葉熱傳導定律（Fourier's Law of Heat Conduction）： $q_r = -k(T) \frac{dT}{dr}$ 其中 $q_r$ 為徑向熱通量（Heat Flux），$k(T)$ 為隨溫度變化的熱傳導度。
2. 圓柱座標之熱流量定義： 在半徑 $r$ 處，熱傳導面積 $A(r) = 2\pi r L$。在無內熱源（No Heat Generation）之一維穩態系統中，總熱流量 $Q$ 為定值（不隨半徑 $r$ 改變）： $Q = q_r A(r) = -2\pi r L k(T) \frac{dT}{dr} = \text{常數}$
3. 熱傳導度隨溫度線性變化之積分特性： 若 $k(T)$ 為溫度的線性函數，則在溫度區間 $[T_1, T_0]$ 內對 $k(T)$ 進行積分，其值等於兩端熱傳導度的算術平均值乘以溫差。

解題方法

步驟一：建立熱傳導度 $k(T)$ 的線性函數關係

題目敘述熱傳導度隨溫度呈線性變化，已知邊界條件為：

• 當 $T = T_0$ 時，$k = k_0$
• 當 $T = T_1$ 時，$k = k_1$

因此，$k(T)$ 可以表示為： $k(T) = k_0 + \frac{k_1 - k_0}{T_1 - T_0}(T - T_0)$

步驟二：建立微分方程並分離變數

依據能量平衡，通過任意半徑 $r$ 的徑向熱流量 $Q$ 為定值： $Q = -2\pi r L k(T) \frac{dT}{dr}$

將變數 $r$ 與 $T$ 分離： $\frac{Q}{2\pi L} \frac{dr}{r} = -k(T) dT$

步驟三：代入邊界條件進行定積分

管壁內外邊界條件為：

• 內壁面：$r = r_0$ 時，$T = T_0$
• 外壁面：$r = r_1$ 時，$T = T_1$

對兩端進行定積分： $\frac{Q}{2\pi L} \int_{r_0}^{r_1} \frac{dr}{r} = -\int_{T_0}^{T_1} k(T) dT = \int_{T_1}^{T_0} k(T) dT$

1. 左側積分（幾何項）： $\int_{r_0}^{r_1} \frac{dr}{r} = \ln\left(\frac{r_1}{r_0}\right)$

2. 右側積分（熱傳導度項）： 代入 $k(T) = k_0 + \frac{k_1 - k_0}{T_1 - T_0}(T - T_0)$，進行積分： $\int_{T_1}^{T_0} k(T) dT = \left[ k_0 (T - T_0) + \frac{k_1 - k_0}{2(T_1 - T_0)} (T - T_0)^2 \right]_{T_1}^{T_0}$ 上線代入 $T = T_0$，該式為 $0$；減去下限代入 $T = T_1$： $\int_{T_1}^{T_0} k(T) dT = 0 - \left[ k_0 (T_1 - T_0) + \frac{k_1 - k_0}{2(T_1 - T_0)} (T_1 - T_0)^2 \right]$ $= -k_0(T_1 - T_0) - \frac{k_1 - k_0}{2}(T_1 - T_0)$

核心觀念

本題考查流體力學之管流摩擦阻力與壓力降計算（Fanning friction factor 與摩擦壓力降公式），核心包含以下觀念與公式：

1. 英制工程單位制（English Engineering Units）與重力換算常數 $g_c$： 英制中區分質量單位磅（$\mathrm{lb}$ 或 $\mathrm{lb_m}$）與力單位磅力（$\mathrm{lbf}$），其換算關係為牛頓第二定律： $1\ \mathrm{lbf} = \frac{1\ \mathrm{lb}\times 32.174\ \mathrm{ft/s^2}}{g_c} \implies g_c = 32.174\ \frac{\mathrm{lb\cdot ft}}{\mathrm{lbf\cdot s^2}}$

2. 雷諾數（Reynolds Number, $\operatorname{Re}$）： 用於判斷流動型態（層流或紊流），圓管內的定義為： $\operatorname{Re} = \frac{D v \rho}{\mu}$ 其中 $D$ 為內徑、$v$ 為平均流速、$\rho$ 為流體密度、$\mu$ 為流體絕對黏度。

3. 泛寧摩擦壓力降公式（Fanning Friction Equation）： 圓管直管流動時，管長 $L$ 所產生的摩擦壓力降 $\Delta P$ 為： $\Delta P = \frac{4 f L}{D}\left(\frac{\rho v^2}{2 g_c}\right) = \frac{2 f L \rho v^2}{g_c D}$ 其中 $f$ 為泛寧摩擦係數（Fanning friction factor）。

4. 比例分析法（Scaling Analysis）： 當管徑 $D$、長度 $L$、流體物性 $\rho$ 與 $\mu$ 固定時，由於 $f = 0.046\operatorname{Re}^{-0.2} \propto v^{-0.2}$，壓力降與流速具有指數關係： $\Delta P \propto f \cdot v^2 \propto v^{-0.2}\cdot v^2 = v^{1.8}$ 此關係可大幅簡化第 (二) 小題之反算過程。

解題方法

(一) 計算每 $100\ \mathrm{ft}$ 管長之壓力降

步驟 1：統一基準單位（英制基準：$\mathrm{ft}$、$\mathrm{s}$、$\mathrm{lb}$）

• 管內徑：$D = 3\ \mathrm{in} = \frac{3}{12}\ \mathrm{ft} = 0.25\ \mathrm{ft}$
• 流速：$v = 8\ \mathrm{ft/s}$
• 管長：$L = 100\ \mathrm{ft}$
• 密度：$\rho = 62.42\ \mathrm{lb/ft^3}$
• 黏度： $\mu = 1.310\ \mathrm{cP} = 1.310 \times 10^{-2}\ \mathrm{poise}$ 已知 $1\ \mathrm{poise} = 0.0672\ \mathrm{lb/(ft\cdot s)}$，換算得： $\mu = 1.310 \times 10^{-2} \times 0.0672 = 8.8032 \times 10^{-4}\ \mathrm{lb/(ft\cdot s)}$

步驟 2：計算雷諾數 $\operatorname{Re}$ $\operatorname{Re} = \frac{D v \rho}{\mu} = \frac{0.25\ \mathrm{ft} \times 8\ \mathrm{ft/s} \times 62.42\ \mathrm{lb/ft^3}}{8.8032 \times 10^{-4}\ \mathrm{lb/(ft\cdot s)}} = \frac{124.84}{8.8032 \times 10^{-4}} \approx 141,812$ 因為 $\operatorname{Re} > 4000$，流動為高度紊流（Turbulent flow）。

步驟 3：計算泛寧摩擦係數 $f$ 代入題目所給之經驗公式： $f = 0.046\operatorname{Re}^{-0.2} = 0.046 \times (141,812)^{-0.2}$ 計算數值： $(141,812)^{-0.2} \approx 0.093252$ $f = 0.046 \times 0.093252 \approx 0.004290$

步驟 4：計算摩擦壓力降 $\Delta P$ 代入泛寧壓力降公式： $\Delta P = \frac{2 f L \rho v^2}{g_c D}$ 代入各數值：

核心觀念

本題旨在評量攪拌槽反應器之**相似原理（Principle of Similarity）與流場動力相似（Dynamic Similarity）**之推導應用。

1. 幾何相似（Geometric Similarity）： 兩系統中所有對應的線性尺寸比例均維持固定常數。設大槽為系統 $\text{I}$，小槽為系統 $\text{II}$，葉輪直徑分別為 $D_{\text{I}}$ 與 $D_{\text{II}}$，其幾何尺度比為 $\lambda_L = \frac{D_{\text{I}}}{D_{\text{II}}}$。

2. 動力相似（Dynamic Similarity）： 流場若要達成完全動力相似，兩幾何相似系統在對應流場位置上的受力比例必須相等，即支配流場的無因次群必須分別相等：

• 攪拌雷諾數（Impeller Reynolds Number, $Re$）：表徵慣性力與黏滯力之比值。 $Re = \frac{\rho N D^2}{\mu} = \frac{N D^2}{\nu}$ 其中 $N$ 為葉輪旋轉速度（$\text{rps}$ 或 $\text{rpm}$），$\rho$ 為液體密度，$\mu$ 為液體黏度，$\nu = \frac{\mu}{\rho}$ 為運動黏度（Kinematic Viscosity）。
• 福祿數（Froude Number, $Fr$）：表徵慣性力與重力之比值。在頂部敞開、具有自由液面（Free Surface）且可能產生中央漩渦（Vortex）的攪拌槽中，重力波與自由液面變形對流場具決定性影響，必須維持福祿數相等： $Fr = \frac{N^2 D}{g}$ 其中 $g$ 為重力加速度。

解題方法

要以小攪拌槽之實驗完全預測大攪拌槽之流場，在一般具有自由液面的情況下，流場受慣性力、黏滯力與重力共同支配，必須同時滿足福祿數相等（$Fr_{\text{I}} = Fr_{\text{II}}$）與雷諾數相等（$Re_{\text{I}} = Re_{\text{II}}$）。

步驟一：由福祿數相似性推導葉輪轉速關係

由於大小兩槽皆置於地表重力場中，$g_{\text{I}} = g_{\text{II}} = g$。要求福祿數相等： $Fr_{\text{I}} = Fr_{\text{II}} \implies \frac{N_{\text{I}}^2 D_{\text{I}}}{g} = \frac{N_{\text{II}}^2 D_{\text{II}}}{g}$

移項整理得大小槽葉輪轉速之比值關係： $\frac{N_{\text{I}}}{N_{\text{II}}} = \left(\frac{D_{\text{II}}}{D_{\text{I}}}\right)^{1/2} = \left(\frac{D_{\text{I}}}{D_{\text{II}}}\right)^{-1/2}$ 即轉速與葉輪直徑的平方根成反比： $N \propto D^{-1/2}$

步驟二：由雷諾數相似性推導液體物性關係

要求雷諾數相等： $Re_{\text{I}} = Re_{\text{II}} \implies \frac{\rho_{\text{I}} N_{\text{I}} D_{\text{I}}^2}{\mu_{\text{I}}} = \frac{\rho_{\text{II}} N_{\text{II}} D_{\text{II}}^2}{\mu_{\text{II}}} \implies \frac{N_{\text{I}} D_{\text{I}}^2}{\nu_{\text{I}}} = \frac{N_{\text{II}} D_{\text{II}}^2}{\nu_{\text{II}}}$

將步驟一所得之轉速關係 $\frac{N_{\text{I}}}{N_{\text{II}}} = \left(\frac{D_{\text{II}}}{D_{\text{I}}}\right)^{1/2}$ 代入雷諾數相等式： $\frac{\nu_{\text{I}}}{\nu_{\text{II}}} = \left(\frac{N_{\text{I}}}{N_{\text{II}}}\right) \left(\frac{D_{\text{I}}}{D_{\text{II}}}\right)^2 = \left(\frac{D_{\text{II}}}{D_{\text{I}}}\right)^{1/2} \left(\frac{D_{\text{I}}}{D_{\text{II}}}\right)^2 = \left(\frac{D_{\text{I}}}{D_{\text{II}}}\right)^{-1/2} \left(\frac{D_{\text{I}}}{D_{\text{II}}}\right)^2 = \left(\frac{D_{\text{I}}}{D_{\text{II}}}\right)^{3/2}$

以動態黏度 $\mu$ 與密度 $\rho$ 表示，大小攪拌槽所使用液體之物性關係為：

核心觀念

本題為雙管式熱交換器（Double-pipe Heat Exchanger）的經典熱傳計算題，涵蓋熱傳設計（Design Problem）與性能評估（Rating Problem），主要考察以下核心觀念與公式：

1. 熱容率與熱平衡方程式： 流體之熱容率（Heat capacity rate）定義為 $C = \dot{m} C_p$。在絕熱無外在熱損失條件下，熱流體釋放熱量等於冷流體吸收熱量： $q = C_h (T_{h,in} - T_{h,out}) = C_c (T_{c,out} - T_{c,in})$

2. 總熱傳係數（Overall Heat Transfer Coefficient, $U$）： 當管壁厚度與材質熱阻可忽略，且無結垢阻力時，內外熱傳阻力為串聯關係： $\frac{1}{U} = \frac{1}{h_i} + \frac{1}{h_o} \implies U = \frac{h_i h_o}{h_i + h_o}$

3. 對數平均溫差法（LMTD Method）： 熱交換器之熱傳量可表示為 $q = U A \Delta T_{lm}$，其中對數平均溫差為： $\Delta T_{lm} = \frac{\Delta T_1 - \Delta T_2}{\ln(\Delta T_1 / \Delta T_2)}$

• 同向流（Parallel flow）：$\Delta T_1 = T_{h,in} - T_{c,in}$，$\Delta T_2 = T_{h,out} - T_{c,out}$。
• 逆向流（Counter-current flow）：$\Delta T_1 = T_{h,in} - T_{c,out}$，$\Delta T_2 = T_{h,out} - T_{c,in}$。

4. 熱交換器效率—傳熱單元數法（$\varepsilon\text{-NTU}$ Method）： 當熱交換器面積 $A$ 已知，且未知進出口溫度時，直接採用 LMTD 需疊代，改用 $\varepsilon\text{-NTU}$ 法最為精準簡捷：

• 最大可能熱傳量：$q_{max} = C_{min} (T_{h,in} - T_{c,in})$，其中 $C_{min} = \min(C_h, C_c)$。
• 熱交換器效率：$\varepsilon = \frac{q}{q_{max}}$。
• 熱容率比值：$C_r = \frac{C_{min}}{C_{max}}$。
• 傳熱單元數：$NTU = \frac{UA}{C_{min}}$。
• 逆向流效率公式： $\varepsilon_c = \frac{1 - \exp[-NTU(1 - C_r)]}{1 - C_r \exp[-NTU(1 - C_r)]}$

解題方法

(一) 計算同向流熱交換器之熱傳面積

Step 1：流體參數與熱容率計算

• 冷水側（管內）： $\dot{m}_c = 13{,}000\ \mathrm{kg/h} = \frac{13{,}000}{3{,}600}\ \mathrm{kg/s} \approx 3.6111\ \mathrm{kg/s}$ $C_{p,c} = 1.0\ \mathrm{cal/(g\cdot{}^\circ C)} = 4{,}184\ \mathrm{J/(kg\cdot{}^\circ C)}$ $C_c = \dot{m}_c C_{p,c} = \frac{13{,}000 \times 4{,}184}{3{,}600} \approx 15{,}108.89\ \mathrm{W/{}^\circ C}$

• 四氯化碳側（管外，熱流體）： $\dot{m}_h = 18{,}000\ \mathrm{kg/h} = \frac{18{,}000}{3{,}600}\ \mathrm{kg/s} = 5.0\ \mathrm{kg/s}$ $C_{p,h} = 0.20\ \mathrm{cal/(g\cdot{}^\circ C)} = 0.20 \times 4{,}184 = 836.8\ \mathrm{J/(kg\cdot{}^\circ C)}$ $C_h = \dot{m}_h C_{p,h} = 5.0 \times 836.8 = 4{,}184\ \mathrm{W/{}^\circ C}$

Step 2：計算熱傳量及冷水出口溫度

• 熱傳量 $q$： $q = C_h (T_{h,in} - T_{h,out}) = 4{,}184 \times (85 - 40) = 4{,}184 \times 45 = 188{,}280\ \mathrm{W} = 188.28\ \mathrm{kW}$

• 冷水出口溫度 $T_{c,out}$： $q = C_c (T_{c,out} - T_{c,in}) \implies T_{c,out} - 20 = \frac{188{,}280}{15{,}108.89} \approx 12.46^\circ\mathrm{C}$ $T_{c,out} = 20 + 12.46 = 32.46^\circ\mathrm{C}$

Step 3：計算總熱傳係數 $U$

管壁熱阻可忽略，依串聯阻力公式： $\frac{1}{U} = \frac{1}{h_i} + \frac{1}{h_o} = \frac{1}{11{,}000} + \frac{1}{1{,}700}$

核心觀念

本題評量單元操作中「批次蒸餾」（Batch distillation，又稱微分蒸餾 Differential distillation 或簡易蒸餾 Simple distillation）的質量平衡與氣液平衡關係式。

1. 基本物料平衡（瑞利方程式，Rayleigh equation）： 在批次蒸餾過程中，蒸氣隨時產生並即時移出系統。對微小時間區間內蒸餾釜中的液體進行質量平衡： $-dL = dV$ 對易揮發成分（正丁烷）作物料平衡： $-d(L x) = y(-dL) \implies -L\,dx - x\,dL = -y\,dL$ 整理可得標準瑞利方程式： $\ln\left(\frac{L_1}{L_2}\right) = \int_{x_2}^{x_1} \frac{dx}{y - x}$ 其中 $L_1, L_2$ 分別為初、終液體總莫耳數，$x_1, x_2$ 為初、終液相中易揮發成分之莫耳分率。

2. 定相對揮發度（Constant Relative Volatility, $\alpha$）下的二成分形式： 定義正丁烷（A，易揮發成分）對正戊烷（B，難揮發成分）之相對揮發度為： $\alpha = \frac{y_A / x_A}{y_B / x_B} = \frac{y_A / y_B}{x_A / x_B}$ 由於任何瞬間逸出的蒸氣莫耳數比值等於液體中該成分減少量的比值，即 $\frac{y_A}{y_B} = \frac{dA}{dB}$；且釜內成分莫耳數之比為 $\frac{x_A}{x_B} = \frac{A}{B}$，代入可得： $\alpha = \frac{dA / dB}{A / B} = \frac{dA / A}{dB / B}$ 在操作範圍內 $\alpha$ 為定值，對上式直接積分： $\int_{A_2}^{A_1} \frac{dA}{A} = \alpha \int_{B_2}^{B_1} \frac{dB}{B} \implies \ln\left(\frac{A_1}{A_2}\right) = \alpha \ln\left(\frac{B_1}{B_2}\right)$ 亦可表示為： $\frac{B_2}{B_1} = \left(\frac{A_2}{A_1}\right)^{1/\alpha}$ 此型式直接連結兩成分的個別莫耳數，運算遠比由總量 $L$ 與分率 $x$ 積分更為簡潔快速。

解題方法

採用「各成分莫耳數的指數關係式」切入求解。

步驟一：設定基準（Basis）與起始狀態

取進料粗戊烷總莫耳數 $L_1 = 100\ \mathrm{mol}$ 作為計算基準：

• 起始正丁烷（成分 A）莫耳數： $A_1 = 100 \times 12\% = 12\ \mathrm{mol}$
• 起始正戊烷（成分 B）莫耳數： $B_1 = 100 \times 88\% = 88\ \mathrm{mol}$

步驟二：計算蒸餾終點之正丁烷莫耳數

題目要求去除 $95\%$ 的正丁烷，代表有 $95\%$ 的正丁烷被蒸發移出，釜中殘留的正丁烷比例為 $1 - 0.95 = 0.05$（即 $5\%$）： $A_2 = A_1 \times (1 - 0.95) = 12 \times 0.05 = 0.60\ \mathrm{mol}$ 正丁烷之莫耳數比值為： $\frac{A_1}{A_2} = \frac{12}{0.60} = 20 \quad \left(\text{即 } \frac{A_2}{A_1} = 0.05\right)$