114 年 國立中央大學化學工程與材料工程學系碩士班《化工熱力學及化學反應工程》

核心觀念

1. 開口系統穩定流動第一定律（First Law for Steady-State Open Systems）：
   對於水平、絕熱、無軸功的穩定管流系統，忽略位能變化（水平管 $\Delta z = 0$），第一定律能量平衡式為：

   $$\Delta H + \frac{\Delta u^2}{2} = 0 \implies H_1 + \frac{u_1^2}{2} = H_2 + \frac{u_2^2}{2}$$

   式中 $H$ 為單位質量（或每莫耳）之焓值，$u$ 為流速。

2. 理想氣體狀態方程式與連續方程式（Continuity Equation）：
   題幹敘述「$PV/T = \text{constant}$」，即氣體行為服從理想氣體方程式 $P\underline{V} = RT$（$\underline{V}$ 為莫耳體積）。
   管徑固定（內徑 $D = 4\text{ cm}$ 為定值），截面積 $A_1 = A_2$。質量守恆（連續方程式）為：

   $$\dot{m} = \frac{\rho_1 u_1 A_1}{M} = \frac{\rho_2 u_2 A_2}{M} \implies \frac{P_1 u_1}{R T_1} = \frac{P_2 u_2}{R T_2} \implies u_2 = u_1 \left(\frac{P_1}{P_2}\right) \left(\frac{T_2}{T_1}\right)$$

3. 理想氣體的焓變（Enthalpy Change of Ideal Gas）：
   理想氣體的莫耳焓僅為溫度的函數：

   $$\Delta H = C_p (T_2 - T_1)$$

   若以單位質量為基準（質量比焓 $h = H/M$）：

   $$\Delta h = c_p (T_2 - T_1) = \frac{C_p}{M} (T_2 - T_1)$$

   其中 $M$ 為該氣體的分子量。

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解題方法

1. 題目條件解析與物性說明

• 上游（狀態 1）：
  • 壓力 $P_1 = 700\text{ kPa} = 7 \times 10^5\text{ Pa}$
  • 溫度 $T_1 = 120^\circ\text{C} = 393.15\text{ K}$
  • 平均流速 $u_1 = 10\text{ m/s}$
• 下游（狀態 2）：
  • 壓力 $P_2 = 20\text{ kPa} = 2 \times 10^4\text{ Pa}$
• 氣體熱容量常數：$C_v = 2.5\,R$，$C_p = 3.5\,R$（雙原子分子之理想氣體值）。
• 通用氣體常數 $R = 8.314\text{ J/(mol}\cdot\text{K)}$。
• 氣體種類說明：題目前文敘述為 Hydrogen gas（氫氣，分子量 $M = 2.016\text{ g/mol} = 2.016 \times 10^{-3}\text{ kg/mol}$），後句補述「Assume for nitrogen that PV/T is constant...」（此處為原題目文字之筆誤，實際指定該氣體為雙原子理想氣體特性）。本解題依題目本體指定之流體氫氣 $H_2$ 進行計算，並補充若題目意欲代入氮氣 $N_2$ 之數值差異。

2. 連續方程式導出下游流速

由於截面積相同（$A_1 = A_2$），由理想氣體連續方程式：

$$u_2 = u_1 \left(\frac{P_1}{P_2}\right)\left(\frac{T_2}{T_1}\right) = 10 \times \left(\frac{700}{20}\right) \times \left(\frac{T_2}{393.15}\right) = 350 \times \left(\frac{T_2}{393.15}\right) \approx 0.89025\, T_2\text{ (m/s)}$$

3. 能量平衡方程式之建立與求解

以單位質量為基準列出能量平衡方程式：

$$c_p (T_2 - T_1) + \frac{u_2^2 - u_1^2}{2} = 0$$

其中定壓比熱 $c_p$ 為：

$$c_p = \frac{C_p}{M} = \frac{3.5\,R}{M}$$

將 $u_2$ 代入能量平衡方程式：

核心觀念

本題考查：

1. 絕熱、剛性容器內的能量守恆。
2. 理想氣體狀態方程式。
3. 理想氣體熵變公式。
4. 相同氣體與不同氣體混合時，熵變是否包含混合熵。
5. 可逆分離所需的最小功：

$$W_{\min}=T\Delta S_{\text{mix}}$$

題目只提供一組熱容，因此以下採兩種氣體皆使用

$$C_v=2.5R,\qquad C_p=3.5R$$

計算；相同氣體與不同氣體的差異，反映在是否產生混合熵。

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解題方法

兩個 compartment 的總體積在閥門打開前後不變。由理想氣體方程式：

$$V_1=\frac{n_1RT_1}{P_1},\qquad V_2=\frac{n_2RT_2}{P_2}$$

其中

$$n_1=5,\quad T_1=300\ \mathrm{K},\quad P_1=15\ \mathrm{bar}$$ $$n_2=3,\quad T_2=240\ \mathrm{K},\quad P_2=8\ \mathrm{bar}$$

因此

$$V_{\text{tot}} =R\left(\frac{5(300)}{15}+\frac{3(240)}{8}\right) =190R$$

容器絕熱且剛性固定，因此沒有對外熱傳，也沒有邊界功：

$$Q=0,\qquad W=0$$

所以總內能守恆。

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絕熱混合後的平衡溫度

理想氣體內能只與溫度有關：

$$\Delta U=nC_v\Delta T$$

由能量守恆：

$$n_1C_vT_1+n_2C_vT_2 =(n_1+n_2)C_vT$$

約去 $C_v$：

$$T=\frac{n_1T_1+n_2T_2}{n_1+n_2}$$

代入：

$$T=\frac{5(300)+3(240)}{5+3} =277.5\ \mathrm{K}$$

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(a) 最終壓力

平衡後兩個 compartment 的壓力相同，使用總體積：

$$P=\frac{(n_1+n_2)RT}{V_{\text{tot}}}$$

代入 $V_{\text{tot}}=190R$：

$$P=\frac{8R(277.5)}{190R} =11.684\ \mathrm{bar}$$

因此

$$\boxed{P=11.68\ \mathrm{bar}}$$

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(b) 氣體相同時的熵變

相同理想氣體混合時，不產生額外的混合熵。每一部分氣體的熵變為：

$$\Delta S_i =n_i\left[ C_v\ln\left(\frac{T}{T_i}\right) -R\ln\left(\frac{P}{P_i}\right) \right]$$

因此總熵變：

$$\Delta S_{\text{same}} =5R\left[ 2.5\ln\left(\frac{277.5}{300}\right) -\ln\left(\frac{11.684}{15}\right) \right]$$ $$+3R\left[ 2.5\ln\left(\frac{277.5}{240}\right) -\ln\left(\frac{11.684}{8}\right) \right]$$

計算得：

$$\frac{\Delta S_{\text{same}}}{R}=0.227$$

故

$$\Delta S_{\text{same}} =0.227(8.314) =1.89\ \mathrm{J/K}$$

因此

$$\boxed{\Delta S_{\text{same}}=1.89\ \mathrm{J/K}}$$

熵變為正值，符合絕熱不可逆混合過程的熱力學第二定律。

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(c) 氣體不同時的熵變

核心觀念

本題考查定溫、定壓下二元非理想溶液的汽液平衡。液相使用活性係數修正的 Raoult 定律，氣相假設為理想氣體，因此平衡關係為

$$y_iP=x_i\gamma_iP_i^{\mathrm{sat}}$$

其中：

• $x_i$：液相莫耳分率
• $y_i$：氣相莫耳分率
• $\gamma_i$：液相活性係數
• $P_i^{\mathrm{sat}}$：純組分飽和蒸氣壓

題目給定過剩 Gibbs 自由能模型

$$\frac{G^E}{RT}=-3.5x_1x_2$$

可由熱力學關係求得活性係數，再計算各液相組成下的泡點壓力 $P$ 與平衡氣相組成 $y_1$。

本題中定義：

• 組分 1：cyclohexanone，記為 C
• 組分 2：phenol，記為 P
• $x_2=1-x_1$

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解題方法

1. 由過剩 Gibbs 自由能求活性係數

對二元溶液，

$$\ln\gamma_1 = \frac{\partial\left(nG^E/RT\right)}{\partial n_1}$$ $$\ln\gamma_2 = \frac{\partial\left(nG^E/RT\right)}{\partial n_2}$$

對於

$$\frac{G^E}{RT}=Ax_1x_2$$

二元系統的結果為

$$\ln\gamma_1=Ax_2^2$$ $$\ln\gamma_2=Ax_1^2$$

本題 $A=-3.5$，故

$$\boxed{\ln\gamma_1=-3.5x_2^2}$$ $$\boxed{\ln\gamma_2=-3.5x_1^2}$$

因此

$$\gamma_1=\exp(-3.5x_2^2)$$ $$\gamma_2=\exp(-3.5x_1^2)$$

由於 $A<0$，兩個活性係數皆小於 1，表示此系統對 Raoult 定律呈現負偏差。

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2. 計算 200 °C 時的純組分飽和蒸氣壓

題目給定 $T=200$ °C。

對 cyclohexanone：

$$\ln P_1^{\mathrm{sat}} = 15.0886-\frac{4093.3}{200+236.12}$$ $$\ln P_1^{\mathrm{sat}}=5.7029$$

因此

$$\boxed{P_1^{\mathrm{sat}}\approx299.7\ \mathrm{kPa}}$$

對 phenol：

$$\ln P_2^{\mathrm{sat}} = 14.4130-\frac{3490.885}{200+174.569}$$ $$\ln P_2^{\mathrm{sat}}=5.0933$$

因此

$$\boxed{P_2^{\mathrm{sat}}\approx162.9\ \mathrm{kPa}}$$

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3. 泡點壓力公式

在泡點條件下，

$$y_1P=x_1\gamma_1P_1^{\mathrm{sat}}$$ $$y_2P=x_2\gamma_2P_2^{\mathrm{sat}}$$

將兩式相加，並利用 $y_1+y_2=1$，得到泡點壓力：

$$\boxed{ P=x_1\gamma_1P_1^{\mathrm{sat}} +x_2\gamma_2P_2^{\mathrm{sat}} }$$

氣相中組分 1 的莫耳分率為

$$\boxed{ y_1= \frac{x_1\gamma_1P_1^{\mathrm{sat}}}{P} }$$

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各組成的計算

組成 $x_1=0$

此時 $x_2=1$。

$$\gamma_1=e^{-3.5}=0.0302$$ $$\gamma_2=e^0=1$$

因為液相全為 phenol，

$$P=P_2^{\mathrm{sat}}=162.9\ \mathrm{kPa}$$ $$y_1=0$$

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組成 $x_1=0.2$

此時 $x_2=0.8$。

$$\gamma_1=e^{-3.5(0.8)^2}=e^{-2.24}=0.1065$$ $$\gamma_2=e^{-3.5(0.2)^2}=e^{-0.14}=0.8694$$

泡點壓力：

$$P = (0.2)(0.1065)(299.7) + (0.8)(0.8694)(162.9)$$ $$P\approx6.38+113.31$$ $$\boxed{P\approx119.7\ \mathrm{kPa}}$$

氣相組成：

$$y_1 = \frac{(0.2)(0.1065)(299.7)}{119.7}$$ $$\boxed{y_1\approx0.0533}$$

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組成 $x_1=0.4$

此時 $x_2=0.6$。

$$\gamma_1=e^{-3.5(0.6)^2}=e^{-1.26}=0.2837$$ $$\gamma_2=e^{-3.5(0.4)^2}=e^{-0.56}=0.5712$$

泡點壓力：

$$P = (0.4)(0.2837)(299.7) + (0.6)(0.5712)(162.9)$$ $$P\approx34.01+55.84$$ $$\boxed{P\approx89.8\ \mathrm{kPa}}$$

氣相組成：

核心觀念

本題旨在探討雙成份溶液中，各成分逸度（fugacity）或活性係數之間的熱力學自洽性（thermodynamic consistency），其核心依據為吉布斯－杜亨方程式（Gibbs-Duhem Equation）。

涉及的重要定義與公式如下：

1. Gibbs-Duhem 方程式（等溫等壓形式）：
   對於雙成份系統（成份 1 與成份 2），在定溫（$T$）定壓（$P$）下，逸度（$\hat{f}_i$）必須滿足：

   $$x_1 \mathrm{d}\ln \hat{f}_1 + x_2 \mathrm{d}\ln \hat{f}_2 = 0$$

   或以對成份 1 的莫耳分率 $x_1$ 作微分的形式表示：

   $$x_1 \frac{\mathrm{d}\ln \hat{f}_1}{\mathrm{d}x_1} + x_2 \frac{\mathrm{d}\ln \hat{f}_2}{\mathrm{d}x_1} = 0$$

2. 亨利定律（Henry's Law）：
   通常適用於極稀薄溶液中的溶質（solute）。若成份 1 在極稀薄時（$x_1 \to 0$）遵守亨利定律，其逸度可表示為：

   $$\hat{f}_1 = x_1 \mathcal{H}_1$$

   其中 $\mathcal{H}_1$ 為成份 1 在該溶劑中的亨利常數（Henry's constant），在定溫定壓下為一定值。

3. 路易斯－蘭道爾規則（Lewis-Randall Rule / Law）：
   通常適用於近乎純態的溶劑（solvent）。若成份 2 遵守 Lewis-Randall 規則，其在溶液中的逸度滿足理想溶液行為（Raoult's law 形式）：

   $$\hat{f}_2 = x_2 f_2$$

   其中 $f_2$ 為成份 2 在系統溫度與壓力下的純物質逸度（pure component fugacity）。

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解題方法

本題為經典證明題。解題關鍵在於：

1. 利用雙成份的組成限制條件 $x_1 + x_2 = 1$，得出 $\mathrm{d}x_2 = -\mathrm{d}x_1$。
2. 將「成份 1 遵守亨利定律」的數學表達式取對數並微分，代入定溫定壓下的 Gibbs-Duhem 方程式中。
3. 求解成份 2 逸度微分方程式，並藉由純物質邊界條件（當 $x_2 \to 1$ 時，$\hat{f}_2 = f_2$）進行積分，即可證明成份 2 必遵循 Lewis-Randall 規則。

詳細推導步驟：

1. 對成份 1 的亨利定律取對數與微分：
   若成份 1 在稀薄濃度區間遵守亨利定律：

   $$\hat{f}_1 = x_1 \mathcal{H}_1$$

   兩邊取自然對數：

   $$\ln \hat{f}_1 = \ln x_1 + \ln \mathcal{H}_1$$

   在定溫定壓下，$\mathcal{H}_1$ 為常數，對 $x_1$ 微分得：

   $$\frac{\mathrm{d}\ln \hat{f}_1}{\mathrm{d}x_1} = \frac{1}{x_1}$$

2. 代入等溫等壓 Gibbs-Duhem 方程式：
   在雙成份系統中，Gibbs-Duhem 方程式為：

   $$x_1 \frac{\mathrm{d}\ln \hat{f}_1}{\mathrm{d}x_1} + x_2 \frac{\mathrm{d}\ln \hat{f}_2}{\mathrm{d}x_1} = 0$$

   將 $\dfrac{\mathrm{d}\ln \hat{f}_1}{\mathrm{d}x_1} = \dfrac{1}{x_1}$ 代入：

   $$x_1 \left( \frac{1}{x_1} \right) + x_2 \frac{\mathrm{d}\ln \hat{f}_2}{\mathrm{d}x_1} = 0$$

   化簡可得：

   $$1 + x_2 \frac{\mathrm{d}\ln \hat{f}_2}{\mathrm{d}x_1} = 0 \implies \frac{\mathrm{d}\ln \hat{f}_2}{\mathrm{d}x_1} = -\frac{1}{x_2}$$

核心觀念

乙烷的氣相分解反應為 $\mathrm{A\rightarrow B+C}$，其中 $\mathrm{A=CH_3{-}CH_3}$。反應式中每消耗 $1$ mol A，氣相總莫耳數淨增加 $1$ mol，因此 $\Delta\nu=1$。

此反應是單分子基元反應，速率式為

$$-r_A=kC_A$$

理想氣體在等溫、等壓下，若入口 A 的莫耳分率為 $y_{A0}$，則反應器內體積流率與 A 濃度隨轉化率 $X$ 改變：

$$\frac{v}{v_0}=1+\varepsilon X,\qquad \varepsilon=y_{A0}\Delta\nu$$ $$C_A=C_{A0}\frac{1-X}{1+\varepsilon X}$$

解題方法

兩次實驗的空間時間皆為

$$\tau=\frac{V}{v_0} =\frac{10\ \mathrm{dm^3}}{5\ \mathrm{dm^3/s}} =2\ \mathrm{s}$$

先依各反應器的設計方程求出 $300\ \mathrm{K}$ 與 $320\ \mathrm{K}$ 時的速率常數，再代入 Arrhenius 方程求活化能。

一、純乙烷進料的 PFR，$T=300\ \mathrm{K}$

純乙烷進料時 $y_{A0}=1$，故 $\varepsilon=1$。PFR 設計方程可寫成

$$k\tau=\int_0^X\frac{1+\varepsilon x}{1-x}\,dx$$

代入 $X=0.8$ 與 $\varepsilon=1$：

$$k_{300}(2) =2\ln\frac{1}{1-0.8}-0.8 =2\ln 5-0.8 =2.4189$$

因此

$$k_{300}=1.2094\ \mathrm{s^{-1}}$$

二、乙烷與惰性氣體各半的 CSTR，$T=320\ \mathrm{K}$

核心觀念

本題考查批次反應器的轉化率表示法、氣相反應的理想氣體濃度，以及活塞彈簧造成的體積變化。題目指定反應速率對 $A$ 為二級、對 $B$ 為一級，因此

$$-r_A=k_1C_A^2C_B$$

其中 $-r_A$ 是 $A$ 的消失速率。

解題方法

圖中是帶有彈簧的可動活塞，反應發生在活塞左側；題目給定體積與壓力的關係為 $V=0.1P$，因此反應器體積會隨壓力改變。起始時 $V_0=0.15\ \mathrm{ft^3}$，故 $P_0=1.5\ \mathrm{atm}$。

先把溫度換成絕對溫度：

$$T=140+459.67=599.67\ ^\circ\mathrm{R}$$

由起始狀態的理想氣體方程式，起始總莫耳數為

$$n_{T0}=\frac{P_0V_0}{RT} =\frac{(1.5)(0.15)}{(0.73)(599.67)} =5.140\times10^{-4}\ \mathrm{lb\,mol}$$

起始時 $A$、$B$ 莫耳數相等，因此

$$n_{A0}=n_{B0}=\frac{n_{T0}}{2} =2.570\times10^{-4}\ \mathrm{lb\,mol}$$

定義 $A$ 的轉化率為 $X$。依反應式 $A+B\rightarrow8C$，每消耗 $n_{A0}X$ 莫耳的 $A$，總莫耳數增加 $6n_{A0}X$，故

$$n_T=n_{T0}(1+3X)$$

又因為 $P=10V$，理想氣體方程式給出 $10V^2=n_TRT$。與起始狀態比較：

$$V=V_0\sqrt{1+3X}$$

$A$、$B$ 的起始莫耳數相等，且反應式中兩者以 $1:1$ 消耗，所以反應過程中兩者濃度相等：

$$C_A=C_B =\frac{n_{A0}(1-X)}{V} =\frac{n_{A0}}{V_0}\frac{1-X}{\sqrt{1+3X}}$$

起始濃度為

$$C_{A0}=\frac{n_{A0}}{V_0} =1.713\times10^{-3}\ \mathrm{lb\,mol/ft^3}$$

代入速率式，可得只以轉化率表示的 $A$ 消失速率：

$$-r_A(X) =k_1C_{A0}^3\frac{(1-X)^3}{(1+3X)^{3/2}}$$

使用 $k_1=1.0\ (\mathrm{ft^3/lb\,mol})^2\mathrm{s^{-1}}$，數值式為

核心觀念

液相反應通常視為不可壓縮，因此在溫度、進料組成與流量不變時，改變壓力對液體體積與濃度的影響可忽略。此題採用液相二級反應速率式：

$$-r_A=kC_A^2$$

在液相體積流率近似不變時，反應器內的濃度為 $C_A=C_{A0}(1-X)$。

解題方法

對穩態 PFR 做莫耳衡算：

$$F_{A0}\,dX=(-r_A)\,dV$$

代入速率式，並使用 $F_{A0}=\nu_0 C_{A0}$：

$$dV=\frac{\nu_0}{kC_{A0}}\frac{dX}{(1-X)^2}$$

由 $X=0$ 積分至出口轉化率 $X$，可得：

$$V=\frac{\nu_0}{kC_{A0}}\frac{X}{1-X}$$

核心觀念

本題考查氣相二級反應在等溫、等壓活塞流反應器（PFR）中的壓力效應。依理想氣體假設，固定溫度與氣體組成時，總壓加倍會使反應物濃度加倍。若速率式為

$$-r_A=kC_A^2$$

則在相同轉化率下，反應速率會增加為原來的四倍。

解題方法

令原操作壓力為 $P$，新操作壓力為 $2P$。在相同轉化率 $X$ 下，理想氣體中各成分的莫耳分率不變，因此

$$C_{A,\text{新}}(X)=2C_{A,\text{原}}(X)$$

代入二級反應速率式：

$$-r_{A,\text{新}}(X) =k\left[2C_{A,\text{原}}(X)\right]^2 =4(-r_{A,\text{原}}(X))$$

PFR 的設計式為

$$V=F_{A0}\int_0^X\frac{dX}{-r_A}$$

核心觀念

本題考查氣相反應器中的壓降對反應速率與速率常數估算的影響。對二級反應，速率式可寫為

$$-r_A'=kC_A^2$$

其中 $-r_A'$ 為單位觸媒量的反應速率，$C_A$ 為反應物 $A$ 的濃度。氣體濃度與壓力成正比；在其他條件相同時，壓力下降會使 $C_A$ 降低，二級反應速率也會隨 $C_A^2$ 顯著降低。

解題方法

若忽略反應器中的壓降，分析時會高估沿程的 $A$ 濃度，因而高估反應速率。以觀測到的反應量反推速率常數時，忽略壓降所得的 $k$ 會偏低。

令 $y=P/P_0$，其中 $P_0$ 是入口壓力。對固定轉化率而言，實際壓力低於入口壓力，故 $0<y<1$。若以 $\varepsilon$ 表示氣相莫耳數變化對濃度的修正，則

$$C_A=C_{A0}\frac{1-X}{1+\varepsilon X}y$$

因此，考慮壓降時的反應速率為

$$-r_A' =k_{\mathrm{正確}}C_{A0}^2 \left(\frac{1-X}{1+\varepsilon X}\right)^2y^2$$

核心觀念

本題考查理想氣體濃度、化學計量表、轉化率定義，以及批次反應器與流動反應器的設計方程。反應式為

$$4\mathrm{NH_3}+5\mathrm{O_2}\rightarrow4\mathrm{NO}+6\mathrm{H_2O}$$

以氨為基準時，每消耗 $1$ mol $\mathrm{NH_3}$，會消耗 $1.25$ mol $\mathrm{O_2}$、生成 $1$ mol $\mathrm{NO}$ 與 $1.5$ mol $\mathrm{H_2O}$；氣相總莫耳數淨增加 $0.25$ mol。

解題方法

原卷給定進料含 $15\ \mathrm{mol}\%$ 氨，其餘為空氣，總壓力 $8.2\ \mathrm{atm}$、溫度 $227^\circ\mathrm{C}$。第 (e) 題原卷印作「first order in $\mathrm{NH_4}$」；反應式中的含氮反應物是 $\mathrm{NH_3}$，以下依反應式將其視為 $\mathrm{NH_3}$ 的反應級數。

先用理想氣體式 $C=P/(RT)$ 求總進料濃度，再以 $1$ mol 進料氨為化學計量基準。空氣中的氧與氮採一般乾空氣組成 $21\ \mathrm{mol}\%$ $\mathrm{O_2}$、$79\ \mathrm{mol}\%$ $\mathrm{N_2}$。

(a) 總進料濃度

$$T=227+273.15=500.15\ \mathrm{K}$$ $$C_{T0}=\frac{P_0}{RT_0} =\frac{8.2\ \mathrm{atm}} {(0.082057\ \mathrm{L\,atm\,mol^{-1}\,K^{-1}})(500.15\ \mathrm{K})} =0.1998\ \mathrm{mol\,L^{-1}}$$

答： $C_{T0}=0.1998\ \mathrm{mol\,L^{-1}}$。

(b) 氨的進料濃度

$$C_{\mathrm{NH_3},0}=y_{\mathrm{NH_3},0}C_{T0} =(0.15)(0.1998) =0.02997\ \mathrm{mol\,L^{-1}}$$

答： $C_{\mathrm{NH_3},0}=0.02997\ \mathrm{mol\,L^{-1}}$。

(c) 以氨為基準的化學計量表

以進料 $\mathrm{NH_3}=1$ mol 為基準。相對於每 $1$ mol 氨，空氣莫耳數為 $0.85/0.15$，因此

$$\theta_{\mathrm{O_2},0} =\frac{0.85(0.21)}{0.15}=1.19, \qquad \theta_{\mathrm{N_2},0} =\frac{0.85(0.79)}{0.15}=4.4767$$

物種	初始莫耳數	變化量	反應後莫耳數
$\mathrm{NH_3}$	$1$	$-X$	$1-X$
$\mathrm{O_2}$	$1.19$	$-1.25X$	$1.19-1.25X$
$\mathrm{NO}$	$0$	$+X$	$X$
$\mathrm{H_2O}$	$0$	$+1.5X$	$1.5X$
$\mathrm{N_2}$	$4.4767$	$0$	$4.4767$
總莫耳數	$6.6667$	$+0.25X$	$6.6667+0.25X$

氧氣是限制反應物，因此轉化率範圍為

$$0\le X\le \frac{1.19}{1.25}=0.952$$

(d) 定容批次反應器的濃度與總壓力

定容下，各物種濃度等於其莫耳數除以固定體積。以初始氨濃度 $C_{\mathrm{NH_3},0}$ 表示：

$$C_{\mathrm{NH_3}}=C_{\mathrm{NH_3},0}(1-X)$$ $$C_{\mathrm{O_2}}=C_{\mathrm{NH_3},0}(1.19-1.25X)$$ $$C_{\mathrm{NO}}=C_{\mathrm{NH_3},0}X$$ $$C_{\mathrm{H_2O}}=1.5C_{\mathrm{NH_3},0}X$$ $$C_{\mathrm{N_2}}=4.4767C_{\mathrm{NH_3},0}$$

若反應維持等溫，定容理想氣體的壓力與總莫耳數成正比。總莫耳數相對於初始值為