110 專技高考高等考試 化學工程技師 輸送現象與單元操作 考古題詳解

110 年・專技高考・高等考試・化學工程技師
試題代碼 輸送現象與單元操作

第 一 題20 分

一、邊界層分析：馮卡曼動量均衡（von Karman integral momentum balance）

中速度分布可利用四次多項式表示，如下：

vxv∞=a+bη+cη2+dη3+eη4,η=yδ\frac{v_x}{v_\infty}=a+b\eta+c\eta^2+d\eta^3+e\eta^4,\qquad \eta=\frac{y}{\delta}

其中，邊界層內流速為 vxv_x，xx 代表流體流動方向，yy 為垂直流體流動方向座標，δ\delta 為邊界層厚度，a,b,c,d,ea,b,c,d,e 為多項式的係數，邊界層外無限遠處流速為 v∞v_\infty。

(一) 利用題目所給的邊界條件（boundary conditions）解 a,b,c,d,ea,b,c,d,e，求得 (vx/v∞)\left(v_x/v_\infty\right)。

(二) 代入積分式如下，求位移厚度（displacement thickness）δ∗\delta^*：

δ∗δ=∫01(1−vxv∞)dη\frac{\delta^*}{\delta}=\int_0^1\left(1-\frac{v_x}{v_\infty}\right)d\eta

邊界條件（boundary conditions）：

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核心觀念

本題以四次多項式近似平板邊界層內的速度分布，利用五個邊界條件決定五個係數，再依位移厚度的定義積分求 δ∗\delta^*。

令無因次速度分布為

f(η)=vxv∞=a+bη+cη2+dη3+eη4f(\eta)=\frac{v_x}{v_\infty} =a+b\eta+c\eta^2+d\eta^3+e\eta^4

其中 η=y/δ\eta=y/\delta。題目給定的條件分別限制壁面及邊界層邊緣的速度、一階導數與二階導數。

解題方法

先將五個邊界條件轉成係數方程，再逐步解出 a,b,c,d,ea,b,c,d,e。

由條件 (A)，f(0)=0f(0)=0：

a=0a=0

一階導數及二階導數為

f′(η)=b+2cη+3dη2+4eη3f'(\eta)=b+2c\eta+3d\eta^2+4e\eta^3 f′′(η)=2c+6dη+12eη2f''(\eta)=2c+6d\eta+12e\eta^2

由條件 (D)，f′′(0)=−Λf''(0)=-\Lambda：

2c=−Λ⟹c=−Λ22c=-\Lambda \quad\Longrightarrow\quad c=-\frac{\Lambda}{2}

由條件 (E)，f′′(1)=0f''(1)=0：

2c+6d+12e=02c+6d+12e=0

代入 c=−Λ/2c=-\Lambda/2，得

6d+12e=Λ⟹d+2e=Λ66d+12e=\Lambda \quad\Longrightarrow\quad d+2e=\frac{\Lambda}{6}

由條件 (C)，f′(1)=0f'(1)=0：

b+2c+3d+4e=0b+2c+3d+4e=0

因此

b−Λ+3d+4e=0⟹b=Λ−3d−4eb-\Lambda+3d+4e=0 \quad\Longrightarrow\quad b=\Lambda-3d-4e

最後由條件 (B)，f(1)=1f(1)=1：

b+c+d+e=1b+c+d+e=1

將 b=Λ−3d−4eb=\Lambda-3d-4e 與 c=−Λ/2c=-\Lambda/2 代入：

Λ2−2d−3e=1\frac{\Lambda}{2}-2d-3e=1

聯立

d+2e=Λ6,2d+3e=Λ2−1d+2e=\frac{\Lambda}{6}, \qquad 2d+3e=\frac{\Lambda}{2}-1

解得

e=Λ3+1,d=−Λ2−2e=\frac{\Lambda}{3}+1, \qquad d=-\frac{\Lambda}{2}-2

再代回 b=Λ−3d−4eb=\Lambda-3d-4e，得

b=Λ2+2b=\frac{\Lambda}{2}+2

因此速度分布為

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第 二 題20 分

二、有一個套管式熱交換器（double-pipe heat exchanger），熱氣體流與水流進行逆流（countercurrent）熱交換。熱氣體流量為 64220 kg h−164220\ \mathrm{kg\,h^{-1}}，比熱為 Cpg=1.011 kJ kg−1 K−1C_{pg}=1.011\ \mathrm{kJ\,kg^{-1}\,K^{-1}}，走內管外側。熱氣體進入交換器之進口溫度為 412∘C412^\circ\mathrm{C}。

水流走內管內側，流量為 15.4 kg s−115.4\ \mathrm{kg\,s^{-1}}，水流進口溫度為 44.5∘C44.5^\circ\mathrm{C}，出口溫度為 77.0∘C77.0^\circ\mathrm{C}，水比熱為 Cpw=4.187 kJ kg−1 K−1C_{pw}=4.187\ \mathrm{kJ\,kg^{-1}\,K^{-1}}。

假設總包熱傳係數（overall heat-transfer coefficient, UoU_o）為 Uo=68.2 W m−2 K−1U_o=68.2\ \mathrm{W\,m^{-2}\,K^{-1}}，試估算：

(一) 熱氣體流出口溫度 [∘C][^\circ\mathrm{C}]。

(二) 熱傳面積 A [m2]A\ [\mathrm{m^2}]。

需用 log-mean temperature difference：

ΔTlm=ΔT2−ΔT1ln⁡(ΔT2/ΔT1)\Delta T_{lm}=\frac{\Delta T_2-\Delta T_1}{\ln\left(\Delta T_2/\Delta T_1\right)}

已知：

q=UoAΔTlmq=U_oA\Delta T_{lm}

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核心觀念

本題考查穩態熱量衡算與逆流熱交換器的對數平均溫差（log-mean temperature difference, LMTD）法。先由水側吸收的熱量求出熱氣體出口溫度，再以兩端的流體溫差計算 ΔTlm\Delta T_{lm}，代入 q=UoAΔTlmq=U_oA\Delta T_{lm} 求熱傳面積。

假設熱交換器對外絕熱、無相變，且兩側比熱與流量均維持定值，則熱氣體放出的熱量等於水吸收的熱量。

解題方法

先將熱氣體質量流率換成 kg s−1\mathrm{kg\,s^{-1}}：

m˙g=642203600=17.8389 kg s−1\dot m_g=\frac{64220}{3600} =17.8389\ \mathrm{kg\,s^{-1}}

水側吸收的熱量速率為：

q=m˙wCpw(Tw,o−Tw,i)q=\dot m_w C_{pw}(T_{w,o}-T_{w,i}) q=(15.4)(4.187)(77.0−44.5)=2095.62 kJ s−1=2.09562×106 Wq=(15.4)(4.187)(77.0-44.5) =2095.62\ \mathrm{kJ\,s^{-1}} =2.09562\times10^6\ \mathrm{W}

以熱量衡算求氣體出口溫度。氣體放熱量等於水吸熱量：

m˙gCpg(Tg,i−Tg,o)=q\dot m_g C_{pg}(T_{g,i}-T_{g,o})=q

因此：

Tg,o=Tg,i−qm˙gCpg=412−2095.62(17.8389)(1.011)=295.74∘CT_{g,o} =T_{g,i}-\frac{q}{\dot m_g C_{pg}} =412-\frac{2095.62}{(17.8389)(1.011)} =295.74^\circ\mathrm{C}

逆流熱交換器的兩端溫差，分別取熱氣體入口對水出口，以及熱氣體出口對水入口：

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第 三 題30 分

三、起泡擴散器（bubbler）裝盛有機金屬前驅物液體（organometallic liquid），攜帶氣體（carrier gas）通過起泡擴散器，氣泡攜帶前驅物蒸氣帶入沉積反應器中進行下一步化學反應。在下列起泡擴散器操作條件下，計算前驅物蒸氣的飽和蒸氣壓 PAP_A、質傳係數 kc′k'_c，及氣泡前驅物的質量通量（mass flux）。

起泡擴散器溫度：

T=343 KT=343\ \mathrm{K}

前驅物飽和蒸汽壓 PAP_A 的經驗公式如下：

ln⁡(PA)=12.59−2998T−139.6\ln(P_A)=12.59-\frac{2998}{T-139.6}

其中，TT 的單位為 K\mathrm{K}，PAP_A 的單位為 kPa\mathrm{kPa}。

氣泡平均直徑：

Dp=3.0 mmD_p=3.0\ \mathrm{mm}

氣體黏度：

μ=1.84×10−5 Pa⋅s\mu=1.84\times10^{-5}\ \mathrm{Pa\cdot s}

氣體密度：

ρ=1.21 kg m−3\rho=1.21\ \mathrm{kg\,m^{-3}}

氣體流速：

v=0.05 m s−1v=0.05\ \mathrm{m\,s^{-1}}

前驅物蒸氣擴散係數：

DAB=5.76×10−6 m2 s−1D_{AB}=5.76\times10^{-6}\ \mathrm{m^2\,s^{-1}}

相關公式如下：

NSh=2+0.552NRe0.53NSc1/3N_{Sh}=2+0.552N_{Re}^{0.53}N_{Sc}^{1/3}

NRe=DpvρμN_{Re}=\frac{D_pv\rho}{\mu}

NSc=μρDABN_{Sc}=\frac{\mu}{\rho D_{AB}}

NSh=kc′(DpDAB)N_{Sh}=k'_c\left(\frac{D_p}{D_{AB}}\right)

質量通量（gmol m−2 s−1\mathrm{gmol\,m^{-2}\,s^{-1}}）：

mass flux=kc′(PART)=kG′PA\text{mass flux}=k'_c\left(\frac{P_A}{RT}\right)=k'_GP_A

假設氣液界面的蒸氣壓為飽和，前驅物蒸氣是理想氣體，質傳濃度差以壓力差表示，質傳壓力即為 PAP_A。

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核心觀念

本題考查氣泡周圍的對流質傳。先由氣泡雷諾數 NReN_{Re} 與施密特數 NScN_{Sc} 計算舍伍德數 NShN_{Sh}，再求質傳係數 kc′k'_c；最後利用理想氣體關係將前驅物蒸氣壓換算為莫耳濃度，求得質量通量。

使用的關係式為：

NRe=Dpvρμ,NSc=μρDABN_{Re}=\frac{D_pv\rho}{\mu},\qquad N_{Sc}=\frac{\mu}{\rho D_{AB}} NSh=2+0.552NRe0.53NSc1/3,NSh=kc′DpDABN_{Sh}=2+0.552N_{Re}^{0.53}N_{Sc}^{1/3}, \qquad N_{Sh}=k'_c\frac{D_p}{D_{AB}}

題目所稱的 mass flux 以 gmol m−2 s−1\mathrm{gmol\,m^{-2}\,s^{-1}} 表示，因此實際上是莫耳通量。

解題方法

先求飽和蒸氣壓。代入 T=343 KT=343\ \mathrm{K}：

ln⁡(PA)=12.59−2998343−139.6=12.59−2998203.4=−2.1419\ln(P_A)=12.59-\frac{2998}{343-139.6} =12.59-\frac{2998}{203.4} =-2.1419

因此：

PA=e−2.1419=0.1175 kPa=117.5 PaP_A=e^{-2.1419}=0.1175\ \mathrm{kPa} =117.5\ \mathrm{Pa}

接著計算雷諾數：

NRe=(3.0×10−3)(0.05)(1.21)1.84×10−5=9.86N_{Re} =\frac{(3.0\times10^{-3})(0.05)(1.21)} {1.84\times10^{-5}} =9.86

計算施密特數：

NSc=1.84×10−5(1.21)(5.76×10−6)=2.64N_{Sc} =\frac{1.84\times10^{-5}} {(1.21)(5.76\times10^{-6})} =2.64

代入舍伍德數關係式：

NSh=2+0.552(9.86)0.53(2.64)1/3=4.64N_{Sh} =2+0.552(9.86)^{0.53}(2.64)^{1/3} =4.64

由 NSh=kc′Dp/DABN_{Sh}=k'_cD_p/D_{AB} 得：

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第 四 題20 分

四、研究室進行逆滲透（reverse osmosis）膜分離實驗，穩態鹽水分離。鹽水進入面積 2.50×10−3 m22.50\times10^{-3}\ \mathrm{m^2} 的逆滲透膜組，進口鹽水濃度為 11.5 kg NaCl m−311.5\ \mathrm{kg\ NaCl\,m^{-3}}，密度為 1005.2 kg m−31005.2\ \mathrm{kg\,m^{-3}}；產品（出口）低鹽度水之濃度為 0.266 kg NaCl m−30.266\ \mathrm{kg\ NaCl\,m^{-3}}，密度為 997.2 kg m−3997.2\ \mathrm{kg\,m^{-3}}，獲得產品低鹽度水流量為 2.12×10−8 m3 s−12.12\times10^{-8}\ \mathrm{m^3\,s^{-1}}。分離膜兩側壓力差 ΔP=52 atm\Delta P=52\ \mathrm{atm}。

請計算進口及出口鹽水的滲透壓差 Δπ [atm]\Delta\pi\ [\mathrm{atm}]、水滲透通量（mass flux of water, Nw [kg H2O m−2 s−1]N_w\ [\mathrm{kg\ H_2O\,m^{-2}\,s^{-1}}]），及水滲透常數 Aw [kg H2O atm−1 m−2 s−1]A_w\ [\mathrm{kg\ H_2O\,atm^{-1}\,m^{-2}\,s^{-1}}]。

已知：

Nw=Aw(ΔP−Δπ)N_w=A_w(\Delta P-\Delta\pi)

NaCl 式量為 58.4458.44。下表為鹽水滲透壓：

gmol NaCl kg−1 H2O\mathrm{gmol\ NaCl\,kg^{-1}\,H_2O}滲透壓（Osmotic pressure）[atm][\mathrm{atm}]
0.00.00.00.0
0.010.010.470.47
0.100.104.564.56
0.500.5022.5522.55
🖼️ 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

本題考查逆滲透的有效壓力差，以及水的質量通量與水滲透常數之間的關係：

Nw=Aw(ΔP−Δπ)N_w=A_w(\Delta P-\Delta\pi)

鹽水滲透壓表使用的濃度單位是 gmol NaCl/kg H2O\mathrm{gmol\ NaCl/kg\ H_2O}，因此須先由鹽水的鹽質量濃度與溶液密度，換算出每公斤水所含的 NaCl 莫耳數。進料側與產品側的滲透壓差為：

Δπ=π進料−π產品\Delta\pi=\pi_{\mathrm{進料}}-\pi_{\mathrm{產品}}

解題方法

1. 換算進料側的 NaCl 莫耳質量濃度

進料每立方公尺所含的水質量為：

1005.2−11.5=993.7 kg H2O m−31005.2-11.5=993.7\ \mathrm{kg\ H_2O\,m^{-3}}

進料所含 NaCl 為：

11.5×10358.44=196.78 gmol m−3\frac{11.5\times10^3}{58.44}=196.78\ \mathrm{gmol\,m^{-3}}

因此進料側的 NaCl 莫耳質量濃度為：

m進料=196.78993.7=0.1980 gmol kg−1 H2Om_{\mathrm{進料}}=\frac{196.78}{993.7}=0.1980\ \mathrm{gmol\ kg^{-1}\ H_2O}

此值介於 0.100.10 與 0.50 gmol kg−1 H2O0.50\ \mathrm{gmol\ kg^{-1}\ H_2O} 之間，採線性內插：

π進料=4.56+0.1980−0.100.50−0.10(22.55−4.56)=8.97 atm\pi_{\mathrm{進料}} =4.56+\frac{0.1980-0.10}{0.50-0.10}(22.55-4.56) =8.97\ \mathrm{atm}

2. 換算產品側的 NaCl 莫耳質量濃度

產品每立方公尺所含的水質量為：

997.2−0.266=996.934 kg H2O m−3997.2-0.266=996.934\ \mathrm{kg\ H_2O\,m^{-3}}

產品所含 NaCl 為：

0.266×10358.44=4.552 gmol m−3\frac{0.266\times10^3}{58.44}=4.552\ \mathrm{gmol\,m^{-3}}

因此產品側的 NaCl 莫耳質量濃度為：

m產品=4.552996.934=0.004566 gmol kg−1 H2Om_{\mathrm{產品}}=\frac{4.552}{996.934} =0.004566\ \mathrm{gmol\ kg^{-1}\ H_2O}
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