113 高普考高考三級 化學工程 反應工程及單元操作 考古題詳解

113 年・高普考・高考三級・化學工程
試題代碼 反應工程及單元操作

第 一 題15 分

圖一描述兩個串聯等溫 CSTR，並標示入料莫耳流量 FA0F_{A0}、莫耳濃度 CA0C_{A0}、反應器體積 VV，以及各反應器出口濃度與轉化率等符號。若各反應器內為一級反應，反應速率為 −rA=kCA-r_A=kC_A，且體積流速均為 v0v_0。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 選 Damköhler number（DaDa）描述此串聯等溫 CSTR 轉化率程度，定義無因次 DaDa。

(二) 以 Damköhler number（DaDa）表示 Tank 1 的出口轉化率（X1X_1）。

(三) 若 V1=V2V_1=V_2，以 DaDa 表示 Tank 2 的出口轉化率（X2X_2）。

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核心觀念

本題考查：

  1. 一級反應的 Damköhler number 定義。
  2. 等溫、定常操作之 CSTR 物料衡算。
  3. 兩個 CSTR 串聯時，第二槽的進料濃度為第一槽出口濃度。
  4. 轉化率與濃度的關係：
X=1−CACA0X=1-\frac{C_A}{C_{A0}}

對一級反應 −rA=kCA-r_A=kC_A 而言，適用的 Damköhler number 為反應速率與流動速率之比。

解題方法

（一）Damköhler number 定義

對第 ii 個 CSTR，平均停留時間為

τi=Viv0\tau_i=\frac{V_i}{v_0}

因此定義

Dai=kτi=kViv0Da_i=k\tau_i=\frac{kV_i}{v_0}

其中：

  • kk：一級反應速率常數
  • ViV_i：第 ii 個反應器體積
  • v0v_0：體積流率

由於 kk 的單位為 time−1\mathrm{time}^{-1}，而 Vi/v0V_i/v_0 的單位為時間，所以 DaiDa_i 為無因次數。

（二）Tank 1 的出口轉化率 X1X_1

Tank 1 的定常 CSTR 物料衡算為

進料量−出料量=反應消耗量\text{進料量}-\text{出料量}=\text{反應消耗量}

因此

FA0−FA1=(−rA1)V1F_{A0}-F_{A1}=(-r_{A1})V_1

若體積流率為常數，則

FA0=v0CA0,FA1=v0CA1F_{A0}=v_0C_{A0}, \qquad F_{A1}=v_0C_{A1}

且

−rA1=kCA1-r_{A1}=kC_{A1}

代入得

v0CA0−v0CA1=kCA1V1v_0C_{A0}-v_0C_{A1}=kC_{A1}V_1

整理：

CA0=CA1(1+kV1v0)C_{A0}=C_{A1}\left(1+\frac{kV_1}{v_0}\right)

由 Da1=kV1/v0Da_1=kV_1/v_0，可得

CA1CA0=11+Da1\frac{C_{A1}}{C_{A0}}=\frac{1}{1+Da_1}

而 Tank 1 出口轉化率為

X1=1−CA1CA0X_1=1-\frac{C_{A1}}{C_{A0}}

所以

X1=Da11+Da1\boxed{X_1=\frac{Da_1}{1+Da_1}}

（三）當 V1=V2V_1=V_2 時，Tank 2 的出口轉化率 X2X_2

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第 二 題20 分

設計年產 100 百萬磅（lb）乙烯的工業級製程，已知反應器內反應為乙烷裂解產生乙烯，反應器操作在 1100 K1100\ \mathrm{K} 與 6 大氣壓下，且乙烷轉化率為 80%。

(一) 選用何種反應器較合適並說明原因？（5 分）

(二) 如何決定該反應器之膨脹係數（expansion factor，ε\varepsilon）？（5 分）

(三) 假設乙烷入料濃度為 0.00415 lb mol/ft30.00415\ \mathrm{lb\ mol/ft^3}，及反應速率為 −rA=3.07CA-r_A=3.07C_A，試求反應器體積為多少 ft3\mathrm{ft^3}？（10 分）

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核心觀念

乙烷裂解反應為

C2H6→C2H4+H2\mathrm{C_2H_6 \rightarrow C_2H_4 + H_2}

每莫耳乙烷反應後生成兩莫耳氣體，總莫耳數增加，屬於氣相莫耳數增加的反應。題目考查反應器型式選擇、氣相反應的膨脹係數，以及定容理想氣相反應器的設計方程式。

（一）反應器選擇

選用**管式活塞流反應器（PFR）**較合適。乙烷裂解通常在高溫下進行，管式反應器可提供較大的傳熱面積，利於快速加熱反應物與控制高溫反應；活塞流操作也適合連續、大量氣體處理，並可避免全混式反應器的返混，使反應物沿反應器長度方向逐步反應。

（二）膨脹係數 ε\varepsilon

以乙烷為反應物 AA，反應式為

A→B+CA \rightarrow B+C

每反應 11 莫耳 AA，氣體總莫耳數淨增加 11 莫耳。若進料只有乙烷，則每莫耳乙烷完全反應時，總莫耳數增加量為 11，因此

ε=yA0Δν−νA=1×11=1\varepsilon=y_{A0}\frac{\Delta\nu}{-\nu_A} =1\times\frac{1}{1}=1

其中 yA0=1y_{A0}=1 為乙烷進料莫耳分率，Δν=(1+1)−1=1\Delta\nu=(1+1)-1=1。所以在定溫、定壓的氣相反應中，體積流率與總莫耳流率隨轉化率增加，關係為

vv0=1+εXA=1+XA\frac{v}{v_0}=1+\varepsilon X_A=1+X_A

在 XA=0.80X_A=0.80 時，v/v0=1.80v/v_0=1.80。

（三）反應器體積

採用氣相 PFR 設計方程式：

V=FA0∫0XAdXA−rAV=F_{A0}\int_0^{X_A}\frac{dX_A}{-r_A}

以乙烷進料濃度 CA0=0.00415 lb mol/ft3C_{A0}=0.00415\ \mathrm{lb\ mol/ft^3} 表示，定溫定壓下反應物濃度隨膨脹及反應而變：

CA=CA01−XA1+εXA=CA01−XA1+XAC_A=C_{A0}\frac{1-X_A}{1+\varepsilon X_A} =C_{A0}\frac{1-X_A}{1+X_A}

速率式為 −rA=3.07CA-r_A=3.07C_A，故

V=v0∫00.80CA0 dXA3.07CA=v03.07∫00.801+XA1−XA dXAV=v_0\int_0^{0.80}\frac{C_{A0}\,dX_A}{3.07C_A} =\frac{v_0}{3.07}\int_0^{0.80}\frac{1+X_A}{1-X_A}\,dX_A
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第 三 題15 分

某非恆溫反應器溫度操作如圖二所示，T01,T02,…,T06T_{01},T_{02},\ldots,T_{06} 為反應器入口溫度。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 寫出反應器入口溫度操作在那些個溫度時，會有多重穩態（multiple steady states）發生。

(二) 操作在那些反應器入口溫度下有存在不穩定之穩態溫度值，並說明對應圖中那些點。

(三) 若在黑點 8 穩態溫度（Ts8T_{s8}）發生 ±5%\pm5\% 改變，指出反應器最後穩態溫度為何？

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核心觀念

本題利用反應器穩態的圖解判斷法。穩態必須滿足反應速率曲線與操作線的交點條件：

R(Ts)=G(Ts)R(T_s)=G(T_s)

其中 TsT_s 為反應器穩態溫度。對同一個入口溫度 T0T_0，若操作線與反應速率曲線有三個交點，即表示存在多重穩態。

穩定性判斷可由交點附近的斜率決定：

  • 交點位於低溫或高溫分支：穩定。
  • 交點位於中間上升分支：不穩定。

亦即，中間交點受到微小擾動後，不會回到原穩態，而會向鄰近的穩定穩態移動。

解題方法

依圖二逐一觀察各入口溫度所對應的操作線：

  • T01T_{01}、T02T_{02}、T05T_{05}、T06T_{06}：只有一個穩態交點。
  • T03T_{03}：有三個交點，為黑點 4、5、6。
  • T04T_{04}：有三個交點，為黑點 10、8、9。

因此，多重穩態發生的條件，是操作線穿過反應速率曲線的低溫穩定分支、中間不穩定分支及高溫穩定分支。

(一) 具有多重穩態的入口溫度

T03,  T04\boxed{T_{03},\;T_{04}}

其中：

  • T03T_{03} 對應穩態點 4、5、6。
  • T04T_{04} 對應穩態點 10、8、9。

(二) 存在不穩定穩態的入口溫度及對應點

不穩定穩態位於同一操作線的中間交點，因此：

  • T03T_{03} 下的不穩定穩態為黑點 5。
  • T04T_{04} 下的不穩定穩態為黑點 8。

故答案為：

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第 四 題15 分

如圖三所示流體在平板上流動形成邊界層厚度（boundary layer）分析。選用 von Karman 積分式：

τ0ρ=ddx∫0δvx(v∞−vx) dy\frac{\tau_0}{\rho}=\frac{d}{dx}\int_0^\delta v_x(v_\infty-v_x)\,dy

其中，τ0\tau_0 為平板表面的剪應力，ρ\rho 為流體密度。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 假設層流（laminar）邊界層區內速度分布為：

vxv∞=3y2δ−12(yδ)3\frac{v_x}{v_\infty}=\frac{3y}{2\delta}-\frac{1}{2}\left(\frac{y}{\delta}\right)^3

試推導出在 x=Lx=L 位置的邊界層厚度（δ\delta）關係式。（10 分）

(二) 若紊流（turbulent）邊界層區拖曳係數（drag coefficient，CDC_D）表示成：

CD=0.072(NRe,L)−1/5C_D=0.072\left(N_{Re,L}\right)^{-1/5}

NRe,LN_{Re,L} 為在 x=Lx=L 位置的 Reynolds number，試寫出紊流邊界層區內可能速度分布。（5 分）

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核心觀念

本題使用 von Karman 動量積分式：

τ0ρ=ddx∫0δvx(v∞−vx) dy\frac{\tau_0}{\rho} = \frac{d}{dx} \int_0^\delta v_x(v_\infty-v_x)\,dy

其中：

  • τ0\tau_0：平板壁面剪應力
  • ρ\rho：流體密度
  • δ\delta：邊界層厚度
  • v∞v_\infty：邊界層外主流速度
  • ν=μ/ρ\nu=\mu/\rho：運動黏度

（一）層流邊界層厚度

題設速度分布為：

vxv∞=3y2δ−12(yδ)3\frac{v_x}{v_\infty} = \frac{3y}{2\delta} -\frac{1}{2}\left(\frac{y}{\delta}\right)^3

令：

η=yδ\eta=\frac{y}{\delta}

則：

f(η)=vxv∞=32η−12η3f(\eta)=\frac{v_x}{v_\infty} = \frac{3}{2}\eta-\frac{1}{2}\eta^3

1. 計算動量積分項

由 y=δηy=\delta\eta、dy=δ dηdy=\delta\,d\eta：

∫0δvx(v∞−vx) dy=v∞2δ∫01f(1−f) dη\int_0^\delta v_x(v_\infty-v_x)\,dy = v_\infty^2\delta \int_0^1 f(1-f)\,d\eta

先計算：

∫01f dη=∫01(32η−12η3)dη=58\int_0^1 f\,d\eta = \int_0^1 \left(\frac{3}{2}\eta-\frac{1}{2}\eta^3\right)d\eta = \frac{5}{8}

又：

f2=94η2−32η4+14η6f^2 = \frac{9}{4}\eta^2-\frac{3}{2}\eta^4+\frac{1}{4}\eta^6

因此：

∫01f2 dη=34−310+128=1735\int_0^1 f^2\,d\eta = \frac{3}{4}-\frac{3}{10}+\frac{1}{28} = \frac{17}{35}

所以：

∫01f(1−f) dη=58−1735=39280\int_0^1 f(1-f)\,d\eta = \frac{5}{8}-\frac{17}{35} = \frac{39}{280}

故：

∫0δvx(v∞−vx) dy=39280v∞2δ\int_0^\delta v_x(v_\infty-v_x)\,dy = \frac{39}{280}v_\infty^2\delta

因 v∞v_\infty 為定值：

ddx∫0δvx(v∞−vx) dy=39280v∞2dδdx\frac{d}{dx} \int_0^\delta v_x(v_\infty-v_x)\,dy = \frac{39}{280}v_\infty^2\frac{d\delta}{dx}

2. 計算壁面剪應力

牛頓流體壁面剪應力為：

τ0=μ(∂vx∂y)y=0\tau_0 = \mu\left(\frac{\partial v_x}{\partial y}\right)_{y=0}

由速度分布：

∂vx∂y=v∞[32δ−3y22δ3]\frac{\partial v_x}{\partial y} = v_\infty \left[ \frac{3}{2\delta} -\frac{3y^2}{2\delta^3} \right]

在 y=0y=0：

(∂vx∂y)y=0=3v∞2δ\left(\frac{\partial v_x}{\partial y}\right)_{y=0} = \frac{3v_\infty}{2\delta}

因此：

τ0ρ=3μv∞2ρδ=3νv∞2δ\frac{\tau_0}{\rho} = \frac{3\mu v_\infty}{2\rho\delta} = \frac{3\nu v_\infty}{2\delta}

3. 代入 von Karman 積分式

3νv∞2δ=39280v∞2dδdx\frac{3\nu v_\infty}{2\delta} = \frac{39}{280}v_\infty^2\frac{d\delta}{dx}

整理得：

δdδdx=14013νv∞\delta\frac{d\delta}{dx} = \frac{140}{13}\frac{\nu}{v_\infty}

積分並使用前緣條件 δ=0\delta=0 於 x=0x=0：

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第 五 題15 分

圖四描述半徑 r1r_1 金屬電纜線，其金屬面溫度為 T1T_1，外層包覆絕緣體，其熱傳導係數為 kk。已知絕緣塑膠材質之外緣表面溫度為 T2T_2，暴露環境溫度為 T0T_0，與熱對流係數為 h0h_0。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 定義絕緣體臨界半徑，並試推導出。

(二) 假設電纜線長 1 m1\ \mathrm{m}、半徑 1 mm1\ \mathrm{mm}，其金屬面溫度為 T1=400 KT_1=400\ \mathrm{K} 且 k=385 W/m⋅Kk=385\ \mathrm{W/m\cdot K}，絕緣體 k=0.02 W/m⋅Kk=0.02\ \mathrm{W/m\cdot K}。若外界氣溫為 T0=300 KT_0=300\ \mathrm{K} 且 h0=20 W/m2⋅Kh_0=20\ \mathrm{W/m^2\cdot K}，增加絕緣體達多少厚度時會低於電纜線未覆蓋絕緣體的熱損失量？（10 分）

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核心觀念

本題考查圓柱形絕緣體的臨界絕緣半徑。電纜加上絕緣層後，同時產生兩項影響：

  1. 絕緣層增加導熱熱阻，使熱損失降低。
  2. 外表面積增加，使對流熱阻降低，熱損失可能增加。

圓柱形電纜的臨界半徑為

rc=kh0r_c=\frac{k}{h_0}

當外半徑 r2>rcr_2>r_c 時，增加絕緣厚度會使熱損失降低。

（一）臨界絕緣體半徑之推導

對長度為 LL 的圓柱形電纜，絕緣層由 r1r_1 到 r2r_2，其總熱阻為導熱熱阻與對流熱阻串聯：

Rtotal=Rcond+RconvR_{\text{total}} = R_{\text{cond}}+R_{\text{conv}}

其中

Rcond=ln⁡(r2/r1)2πkLR_{\text{cond}} = \frac{\ln(r_2/r_1)}{2\pi kL} Rconv=1h0(2πr2L)R_{\text{conv}} = \frac{1}{h_0(2\pi r_2L)}

因此

Rtotal=ln⁡(r2/r1)2πkL+12πr2Lh0R_{\text{total}} = \frac{\ln(r_2/r_1)}{2\pi kL} + \frac{1}{2\pi r_2Lh_0}

熱損失為

q=T1−T0Rtotalq=\frac{T_1-T_0}{R_{\text{total}}}

要使熱損失達到最大值，等價於使總熱阻達到最小值，因此令

dRtotaldr2=0\frac{dR_{\text{total}}}{dr_2}=0

可得

12πkLr2−12πLh0r22=0\frac{1}{2\pi kLr_2} - \frac{1}{2\pi Lh_0r_2^2}=0

整理後：

1kr2=1h0r22\frac{1}{kr_2} = \frac{1}{h_0r_2^2}

故臨界絕緣半徑為

rc=kh0\boxed{r_c=\frac{k}{h_0}}

對圓柱形電纜而言，當 r2<rcr_2<r_c 時，增加絕緣可能使熱損失增加；當 r2>rcr_2>r_c 時，增加絕緣會使熱損失降低。

（二）計算絕緣厚度

1. 計算臨界半徑

絕緣材料的熱傳導係數為

k=0.02 W/(m⋅K)k=0.02\ \mathrm{W/(m\cdot K)}

對流係數為

h0=20 W/(m2⋅K)h_0=20\ \mathrm{W/(m^2\cdot K)}

因此

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第 六 題10 分

圖五描述磷摻雜矽晶圓穩態擴散過程。已知磷初始濃度為零，表層濃度為 2.5×1020 atoms/cm32.5\times10^{20}\ \mathrm{atoms/cm^3}（CAsC_{As}），及磷在矽晶圓內擴散係數為 6.5×10−13 cm2/s6.5\times10^{-13}\ \mathrm{cm^2/s}，估算需多久時間後在離表面位置 1.761.76 微米的磷濃度為表層濃度 1%1\%。提示誤差函數 erf⁡(1.8)=0.989\operatorname{erf}(1.8)=0.989 及 erf⁡(1.9)=0.992\operatorname{erf}(1.9)=0.992。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

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核心觀念

本題考查半無限固體在「表面濃度維持不變」條件下的穩態擴散。矽晶圓初始磷濃度為零，表面磷濃度固定為 CAsC_{As}，因此可使用 Fick 第二定律的誤差函數解：

C(x,t)CAs=1−erf⁡(x2Dt)\frac{C(x,t)}{C_{As}} = 1-\operatorname{erf}\left(\frac{x}{2\sqrt{Dt}}\right)

其中：

  • xx：距離表面的深度
  • DD：磷在矽中的擴散係數
  • tt：擴散時間

解題方法

題目要求深度 x=1.76 μmx=1.76\ \mu\text{m} 處的濃度為表面濃度的 1%1\%，故

C(x,t)CAs=0.01\frac{C(x,t)}{C_{As}}=0.01

代入擴散公式：

0.01=1−erf⁡(x2Dt)0.01 = 1-\operatorname{erf}\left(\frac{x}{2\sqrt{Dt}}\right)

因此：

erf⁡(x2Dt)=0.99\operatorname{erf}\left(\frac{x}{2\sqrt{Dt}}\right)=0.99

由題目提供：

erf⁡(1.8)=0.989,erf⁡(1.9)=0.992\operatorname{erf}(1.8)=0.989,\qquad \operatorname{erf}(1.9)=0.992

以線性內插估算：

η=x2Dt≈1.8+0.990−0.9890.992−0.989(1.9−1.8)\eta=\frac{x}{2\sqrt{Dt}} \approx 1.8+\frac{0.990-0.989}{0.992-0.989}(1.9-1.8) η≈1.833\eta\approx 1.833

距離單位須換成 cm\text{cm}：

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第 七 題10 分

圖六描述兩液相流體 V(kg)V(\mathrm{kg}) 與 L(kg)L(\mathrm{kg}) 含有成分 AA、BB、CC 混合後進入萃取單元達平衡後離開此單元流體 M(kg)M(\mathrm{kg})。圖中 yAy_A、yCy_C、xAx_A、xCx_C 分別表示入口端兩相流體中 AA 與 CC 成分質量分率，xAMx_{AM}、xCMx_{CM} 分別表示出口端 AA 與 CC 成分質量分率。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 依圖所示寫出對應質量守恆式。（5 分）

(二) 已知萃取層 yA=0.04y_A=0.04、yC=0.94y_C=0.94，萃餘層 xA=0.12x_A=0.12、xC=0.02x_C=0.02，若出口端量為 100 kg100\ \mathrm{kg} 且 xAM=0.1x_{AM}=0.1，求 V(kg)V(\mathrm{kg}) 與 L(kg)L(\mathrm{kg}) 值？（5 分）

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核心觀念

本題考查穩態萃取單元的「總質量守恆」與「各成分質量守恆」。入口有兩股物流 VV、LL，出口合併為物流 MM。

各成分質量分率必須滿足：

wA+wB+wC=1w_A+w_B+w_C=1

因此，總質量守恆及任兩個獨立成分的守恆式即可決定未知量。

解題方法

由圖中標示：

  • VV 流體中，AA、CC 質量分率分別為 yAy_A、yCy_C
  • LL 流體中，AA、CC 質量分率分別為 xAx_A、xCx_C
  • 出口 MM 流體中，AA、CC 質量分率分別為 xAMx_{AM}、xCMx_{CM}

（一）質量守恆式

總質量守恆：

V+L=MV+L=M

AA 成分質量守恆：

VyA+LxA=MxAMVy_A+Lx_A=Mx_{AM}

CC 成分質量守恆：

VyC+LxC=MxCMVy_C+Lx_C=Mx_{CM}

若列出 BB 成分守恆，因為 BB 的質量分率為其餘分率：

V(1−yA−yC)+L(1−xA−xC)=M(1−xAM−xCM)V(1-y_A-y_C)+L(1-x_A-x_C) = M(1-x_{AM}-x_{CM})

其中總質量式與三個成分守恆式並非全部獨立，通常列總質量式及任兩個成分守恆式即可。

（二）求 VV 與 LL

已知：

M=100 kg,yA=0.04,xA=0.12,xAM=0.10M=100\ \mathrm{kg},\qquad y_A=0.04,\qquad x_A=0.12,\qquad x_{AM}=0.10

由總質量守恆：

V+L=100V+L=100

由 AA 成分守恆：

0.04V+0.12L=0.10(100)0.04V+0.12L=0.10(100)

即：

0.04V+0.12L=100.04V+0.12L=10

由 V=100−LV=100-L 代入：

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化學工程《反應工程及單元操作》其他年度

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