Musterlösung der Klausur 1 Aufgabe 1 - Biomassenutzung Aufgabe ...

Musterlösung der Klausur 1
Aufgabe 1 - Biomassenutzung
Aufgabe 1.1:
P = 500 kW
el
η = 0,39 (elektrischer Wirkungsgrad des Blockheizkraftwerks)
V
mit P = η * Φ * H
→
V
Φ
el
BG
=
η
el
el
P
* H
el
BG
u,Ruhegas
u,Rohgas
3
500 kW * m m
=
= 0,183
0,39 * 7000kJ s
3
m
= 659
h
3
Aufgabe 1.2:
n pro mol C H O
H O
6 10 5
2
~
m
n * M
H O
H O H O
w =
2
=
2 2
~
~ = 0,4
H O
2 m + m
H O Cellulose
n * M + n * M
mit M ~
2
H O H O Cellulose Cellulose
162g/mol und M ~
2 2
=
= 18g/mol
Zellulose
H2O
→ n = 6 mol pro 1mol Cellulose
H O
2
Reaktionsgleichung:
79
C H O + 6 H O + x O + x N → a CO+
b CO + c H + d H O + e CH + f
6 10 5 2 2 21 2
2 2 2 4
7 Unbekannte a -f, x
4 Atom- / Elementbilanzen
3 Setzungen
N
2
(1)
Bilanzen:
C : 6 = a + b + e
O : 5+
6+
2x
= a + 2b
+ d
H : 10+
2⋅6
= 2c
+ 2d
+ 4e
79
N : f = x
21
Vorgaben:
f
y =
= 0,24
N
2 a + b + c + d + e + f
y = 2y
⇒ c = 2a
H CO
2
y = y ⇒ a = b
CO CO
2
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
(8)

∑ =
=
+
+
+
+
+
=
=
+
+
+
+
+
=
=
+
+
+
+
+
=
=
+
+
+
+
+
=
=
+
+
+
+
+
=
=
=
+
+
+
+
+
=
=
=
=
=
=
=
=
=
+
=
=
−
+
+
−
=
−
+
+
+
=
+
+
+
=
=
+
+
+
=
+
=
1,000
0,240
0,222
0,267
0,134
0,134
0,003
22,197
0,066
Rohgases :
des
Zusammensetzung
1,416
5,327
0,066
4,935
5,935
2,967
2,967
Gesamtsystems :
des
Lösung
4,935
gleich (3b)
(4b)
)
(4
0,5
0,5
22
)
2
4(6
2
4
(2a) in (4a)
)
(3
0,312
4,507
)
2
6
(4
76
24
79
21
2
11
3
und (6a) in (3a)
(2a)
)
(6
)
(4
76
24
)
(4
22
4
2
4
)
(3
79
21
2
11
3
)
(2
2
6
(4)
(3),
(2),
in
(8)
und
(7)
2
2
2
2
4
f
e
d
c
b
a
f
y
f
e
d
c
b
a
d
y
f
e
d
c
b
a
c
y
f
e
d
c
b
a
b
y
f
e
d
c
b
a
a
y
f
e
d
c
b
a
e
y
x
f
e
d
c
b
a
d
b
d
a
a
d
a
b
d
a
a
d
a
d
a
a
e
d
a
f
a
e
d
a
a
f
d
a
a
a
-
e
N
O
H
H
CO
CO
CH

Aufgabe 1.3:
n
n
gesucht :spezifische Gasproduktion Φ
BG,
trocken
/ Φ
Holz,
3
3
m m
V
aus A.1.1: Φ
BG,
trocken,
NTP
= 0,183 = 659
s h
mit idealem Gasgesetz :
5
~ pNTP
1,013⋅10
Pa
mol
ρ
N
= =
= 44,61
3
RT
J
NTP
8,314 273,15K
m ( NTP)
mol K
N
V
mol kmol
→ Φ
~
BG,
tr
= ρ
N
* Φ
BG
= 8,163 = 29,389
s
h
aus A 1.2 :
N
Φ
BG,
tr
mol
= a + b + c + e + f = 17,262
N
Φ
Cellulose
mol
N
m ~ N ~
Φ
BG,
tr
Φ
Cellulose
= M
Cellulose
Φ
Cellulose
= M
Cellulose
a + b + c + e + f
kmol
29,389
kg
h kg
= 162 ⋅
= 275,8
kmol kmol h
17,262
kmol
m
m
Φ = Φ
m
m
Φ
Φ
Cellulose
Holz,
feucht
Holz,
feucht
=
m
Holz,
trocken
Holz,
trocken
1 ~
= M
1−
w
=
Aufgabe 1.4:
Φ
1
0,6
275,8
1
1−
w
N
Φ
BG,
tr
a + b + c + e
kg kg
= 459,7
h h
Cellulose
+
f
trocken
Net Present Value
NPV
n
Betr
= ∑
(1 + z
n=
1
K
kalk
G,
n
⋅ t
Periode
)
n
− K
A,
O
hier: z kalk =0,1 a -1 und t Periode =1 a
BHKW hat sich amortisiert, wenn gilt: NPV ≥ 0
Für jedes Betriebsjahr gilt:
K
G,
n
= K
Einsparung
− K
Verkauf

Investitionsaufwand für BHKW:
K
A , 0
= PN
⋅ iBHKW
= 500 kW ⋅ 500 € / kW = 250 000 €
Holzmenge pro Jahr:
m
Φ
kg
⋅ 4000h
/ a = 580
h
h
4000
a
m
Holz, jährl.
= Φ
Holz
=
Verkaufserlös Holz:
t €
= 2320 30 = 69600
a t a
K m
€
Φ
Verkauf
= Φ Holz
⋅ P Holz
2320
Jährliche Einsparung:
K = P ⋅ B ⋅ e = 500 kW ⋅ 4000 h ⋅ 0,05 € / kWh = 100000 €
Einsparung
N
BHKW
Berechnung des Kapitalwertes:
A) Anschaffung BHKW
B) Verkauf Abfallholz
K
G
, n
= 100000 € − 69600 € =
Bedingung (s.o.): NPV ≥ 0
30400 €
t
a
⇒
n Betr
∑
n=
1
30400 € / a
n
(1,1)
= 250 000 €
Mit Vereinfachung aus Potenzreihenansatz (angegeben):
−n
− n I − ( I + b)
∑( I + b)
=
b
n
b=0,1
nBetr
30 400 €
∑ = 30400 €
n
(1,1)
n=
1
mit : a
(1,1)
−n
x
= e
x ln a
250 000
= 1−
⋅ 0,1 = 0,1776
30 400
ln(0,1776)
n = − = 18,1
ln(1,1)
n
Betr
∑
n=
1
(1 + 0,1)
−n
1−
(1 + 0,1)
= 30400 € ⋅
0,1
−n
= 250 000 €
Das BHKW amortisiert sich nach 18 Jahren.

Aufgabe 2 - Steamreforming / Methanolsynthese
Aufgabe 2.1:
Berechnung der mittleren Molmasse:
M ~ = ∑ y M~ i i
M ~ = 0,842*16g/mol + 0,086*30g/mol + (0,033+ 0,018)*44g/mol + 0,021*28 g/mol = 18,88 g/mol
Aufgabe 2.2:
V Φ
n
= 200 000 m³/h = 55,56 m³/s Erdgas
w =
V
Φ
A
n
1
=
A
V
Φ
n
⋅
T
T
n
p
n
p
1
=
π ⋅ (0,225m)
m
200000
s
3600
3
285,15K
1bar
273,15K
70bar
2
=
5,28 m / s
ρ
m
=
V
5
p ~ 70⋅10
Pa
kg
= M =
18,88 /1000
R ⋅T
J
8,314 ⋅ 285,15K
mol
molK
Erdgas
Erdgas
=
Erdgas
55,7
kg / m³
w ⋅ d w ⋅ d ⋅ ρ
Erdgas
6 d
Re = =
= 12,4 ⋅10
, = 4500 → Nikuradse → λ ≈ 0,0145
ν η
k
kg
55,7
l ρ 100000m
3
m m
6
∆p = λ u²
= 0,0145 (5,2 )² = 2,4 ⋅10
Pa = 24bar
d 2 0,45m
2 s
Die Annahme einer konstanten Geschwindigkeit w ist falsch.
Rechnung entweder abschnittsweise mit für jeden Abschnitt konstante
Geschwindigkeit oder direkt über Differentialgleichung.
L
dp ρ w
λ( = ∫ dx
p ) w ( p ) d
0 2

Aufgabe 2.3
CoMo
ZnO/MeOH
Dampf
Ni
Erdgas
Entschwefelung
Absorption/
Wäsche
Reformer
Wärmeübertragung
Shift
Syngas
H 2
Autothermer
Reformer
Aufgabe 2.4
Reaktionsgleichung:
CH 4 + H 2 O (g) CO + 3 H 2
∆ r H steamref =∑ν
∆
i
B
H
i
= – 110,53 kJ/mol – (– 74,81 – 241,82) kJ/mol = 206,1 kJ/mol
Mindestsauerstoffbedarf:
mol
Omin
= 0,842 ⋅ 2 + 0,086 ⋅3,5
+ 0,033⋅5
= 2,15
mol
mol
O = Omin
⋅1,1
= 2,365
mol
Reaktionsgleichung für die Verbrennung von Erdgas mit λ = 1,1:
0,
842 CH
4
+ 0,
018 CO
4
2
⎛
79 ⎞
+ ⎜0,
021+
11 , ⋅ 215 , ⋅ ⎟ N
⎝
21⎠
0,
842 CH + 0,
086 C H
→ 1,131 CO
+ 0,
086 C H
2
2
+ 0,
021 N
2
+ 2,074 H
2
2
6
2
6
+ 0,
033 C H
O + 8,918 N
2
3
+ 01 , ⋅ 215 , O
3
2
8
→ ( 1⋅
0,
842 + 2 ⋅ 0,
086 + 3⋅
0,
033)CO
+ 0,
033 C H
8
2,
15
6444444
7444444
8
+ 11 , ( 2 ⋅ 0,
842 + 7/
2 ⋅ 0,
086 + 5⋅
0,
033)
⋅(O
+ 11 , ⋅ 2,15⋅(O
+ 0,215 O
2
2
2
+ ( 2 ⋅ 0,
842 + 3⋅
0,
086 + 4 ⋅ 0,
033)H
+ 79/
21N
2
) + 0,
018 CO
2
2
+ 79/
21 N
+ 0,
021 N
2
2
)
2

Vereinfachung: Alle Eduktgase bei T=25 °C also Standardbedingungen
Berechnung von gemitteltem c p :
Abgaszusammen
c p c p *n
-setzung
CO2 1,131 37,11 41,97
H2O 2,344 33,58 78,71
O2 0,215 29,36 6,31
N2 8,918 29,13 259,78
∑ 12,608 514,23
c 514,23 kJ
p =
= 30,
12,608 kmol K
68
kJ
kmol
K
Durch Verbrennung ist aufzubringen:
Q
Q
Q n
Φ = Φ+ Φ c (825 − 25)
K
Verbr
n
Φ= Φ x ∆
R
H
RG
V
n Φ kmol
mit idealem Gasgesetz: Φ =
3
22,41
m
Q
3
200 000 m 206,1
Φ = x
22,41
p
MJ
h
= 1,839
GJ
x
h
n
Q
Φ
Φ
RG
Verbr
n
= (1 − x)
Φ
= 1,839
= x 1,839
Erdgas
GJ
x
h
GJ
h
mol
12,608
mol
3
200 000 m kmol
+ (1 − x)
3
22,41 m h
+ (1 − x)
3,672
GJ
h
Aufgebracht werden durch die Verbrennung:
mol
12,608 30,68
mol
kJ
kmol
K
800 K
Q
Φ
n
Verbr, angeb.
= ( 1−
x ) Φ
Erdgas
H
u,
Erdgas
Berechnung von H u,Erdgas:
CH 4 + 3 O2
→ CO2
+ 2 H 2O
∆
R
H = −393,51+
2 ⋅ ( −241,82)
− ( −74,81+
0) = −802,
34
kJ
mol

C2H
6 + 4O2
→ 2 CO2
+ 3 H 2O
kJ
∆
R
H = −1427,78
mol
C3H8
+ 5 O2
→ 3 CO2
+ 4 H 2O
∆
H
R
u
H
= −2043,81
MJ
= −865,8
kmol
kJ
mol
= −(0,842
⋅802,34
+ 0,086 ⋅1427,78
+ 0,033⋅
2043,81)
Es werden jetzt gleichgesetzt:
kJ
mol
Q
Φ
Q
Verbr, angeb.
= ΦVerbr,
aufzubringen
3
200 000 m kmol
1−
x)
22,41 m h
(
3
x = 0,688
865,8
MJ
kmol
= x 1,839
GJ
h
+ (1 − x)
3,672
GJ
h
Es müssen 31% des Erdgases verbrannt werden, um die restlichen 69 % zu
reformieren.
Aufgabe 2.5

a) Röhrenreaktor: nahezu isotherm
b) Hordenreaktor; Zick-Zack-T-Profil
c) Slurry: isotherm
d) gekühltes Festbett: nahezu isotherm
Aufgabe 2.6
80-100 bar; 230-270 °C; Cu-basiert
Aufgabe 2.7
PIC
TIRC
FFC:
PDI:
QR:
Regelung des Verhältnisses zweier Ströme
Druck-Differenz-Anzeige
Qualität-Registrierung

Aufgabe 3 - Schwefelerzeugung und Verbrennung
Aufgabe 3.1
Reaktionen:
2 H 2 S + 3 O 2 2 SO 2 + 2 H 2 O
4 H 2 S + 2 SO 2 3/4 S 8 + 4 H 2 O
6 H 2 S + 3 O 2 3/4 S 8 + 6 H 2 O
Brennkammer: T = 1400 °C, Katalysator: CoMo auf Al 2 O 3
Aufgabe 3.2
Herleitung der van’t Hoffschen Gleichung
Mit: R T ln Kp = - ∆ r G° und ∆ r G° = ∆ r H° - T ∆ r S°
folgt:
ln Kp = - ∆ r H°/(R T) + ∆ r S°/R
dlnK
dT
p
=
1
R
d
dT
⎛ ∆rH
⎜
−
⎝ T
o
∆rS
+
1
o
⎞
⎟
⎠
dlnK
dT
p
=
1 ∆rH
2
R T
o
ln Kp
dlnK
d
p
( 1 )
T
∆rH
= −
R
o
van' t Hoff
1/T

Primäre Aussage :
Prozessführung: Reaktion bei tiefer Temperatur begünstigt (GG nach rechts).
ABER: Bei tiefen Temperaturen wird Reaktion langsam Kat und großer Reaktor
Real: 2 Stufige Prozessführung
1) Hohe Temperatur ohne Kat, kleiner Reaktor, S aus H 2 S Zersetzung Quenchen
2) Rest umsetzen bei tiefer Temperatur mit Kat.
Aufgabe 3.3
S + λ O 2 + 4 λ N 2 SO 2 + (λ - 1) O 2 + 4 λ N 2
y SO2 = 1/(1 + λ -1 + 4λ) = 0,105 1/0,105 = 5 λ λ = 1,90
y O2 = (λ -1)/(1+ λ -1+4 λ ) = 0,095 , y N2 = 4 λ /(1+ λ -1+4 λ )= 0,8
Aufgabe 3.4
Luftüberschuß für die nachfolgende SO 2 Oxidation und die vollständige Verbrennung
von S.
Aufgabe 3.5
Adiabatische Ofentemperatur:
Reaktionswärme heizt die Produkte auf, keine Wärmeabgabe über Reaktor.
Bilanz
n
∑ Φ
iH Edukt i
Q
Φ = 0
n
Σnj H Produkt,j , ∑ Φ
jH Pr odukt j
, T ad
∑
n
Φ
i
H
Edukt i
+
∑
n
Φ
j
H
Pr odukt j
= 0
Reaktionsenthalpie der S Verbrennung:
∆ r H SO2 = ∆ Bild H SO2 (T=298K) = -296,8 kJ/mol
Σni H Edukte,i = 0 da Elemente und bei T = T° = 298 K
Σnj H Produkt,j = 0
n SO2 (∆ Bild H SO2 + c P,SO2 (T ad -T°)) + n N2 c P,N2 (T ad -T°) + n O2 c P,O2 (T ad -T°) = 0

Bei vollständiger Verbrennung und oben genannter Luftzahl:
n N2 = 4λ n SO2 ,
n O2 = (λ -1) n SO2
Tad = T° -
c
PSO2
+ 4λc
∆ H
r
PN2
SO2
+ ( λ −1)c
PO2
= 1330 K
Aufgabe 4 - Investitionskostenrechnung
Aufgabe 4.1
K
Φ
G
=
=
K
K
Φ
Φ
E
E
−
−
K
K
Φ
Φ
P,
t
kalk
−
K
Φ
var
K K
K
K
Φ
Φ
Φ
E
kalk
var
= Erlösstrom ≠ f ( d)
= f ( K
A
) = f ( d)
= f ( Energiekosten)
=
f ( d)
Φ K,E ist unabhängig vom Rohrdurchmesser
Aufgabe 4.2
Investment: K A = a d m + b
Material: ∝ π L d
Fertigung:
m ≤ 1
K
Φ
kalk
= ( A + B d
= ( A + B d
m
t
)
t
m
) t
Periode
AfA
Periode
+ ( A + Bd
⎛
⎜
1
⎝ t
AfA
+ z
kalk
m
) z
⎞
⎟
⎠
kalk
t
Periode

Energiekosten:
L
d
e
C
z
t
t
Bd
A
L
d
e
C
L
d
p
d
w
L
d
w
d
L
w
d
L
w
p
C
p
e
V
kalk
AfA
Periode
m
E
K
G
K
V
kalk
K
V
V
V
kalk
K
4
2
4
2
4
2
2
2
2
128
1
)
(
128
4
32
4
32
2
Re
64
(Re)
π
µ
π
µ
π
µ
π
µ
ρ
ρ
λ
Φ
−
−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
+
−
Φ
=
Φ
Φ
+
=
Φ
Φ
=
∆
Φ
=
=
⋅
=
=
∆
Φ +
∆
=
Φ
Bedingung für Optimum:
5
2
4
2
2
4
5
2
1
!
512
1
für m
512
512
1
0
128
4
1
0
Periode
V
m
Periode
V
V
kalk
AfA
Periode
m
V
kalk
AfA
Periode
m
G
K
G
K
Bt
L
e
d
B mt
L
e
d
L
e
z
t
t
B m d
L
d
e
C
z
t
t
B m d
d
d
Φ
=
=
Φ
=
Φ
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
=
Φ
⋅
−
−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
= −
∂
Φ
∂
=
∂
Φ
∂
+
+
−
µ
π
µ
π
µ
π
π
µ

Aufgabe 4.3
K Φ
K Φ E
K Φ G,max
K Φ kalk + K Φ var
K Φ kalk
K Φ var
d
Aufgabe 5 - Rauchgasreinigung
Aufgabe 5.1
r =
Dioxin
dn
dt V
D
frei
Bilanz für ideales Strömungsrohr, stationär:
diff. Stoffmengenbilanz für Dioxin um ein diff. Volumenelement.
∂cD
allg.:
∂t
= −div
Voraussetzungen : keine
( cDw0
) + div( Deff .* grad cD
) + ∑( vDj
* rj
)
Diffusion,
∂ci
stationär : = 0
∂t
keine Volumenänderung durch Reaktion
keine radiale Konvektion
j
u
frei,x
= 0;
u
frei,y
= 0;
u
frei,z
= u
frei
∂c
d ⎛ u
frei ⎞
D
→ = − c r mit r k c
t dx
⎜
D
ε
⎟ + D
= 0
D
= −
D
∂ ⎝ ⎠
V
frei
L Afrei
L
gegeben : τ = = =
V
Φ
frei
u
frei
Afrei
u
frei
∂cD
u
frei
= −k
cD
∂x
Caus
L
∂c
k
c
D
D,
aus L
∫ = − dx → = −k
= −kτ
c u
∫ ln
c u
Cein
D
frei
0
D,
ein
frei

c
c
D,
aus
D,
ein
= exp
{ − kτ}
X = 1−
exp( −k
τ )
Da = k τ
Aufgabe 5.2
X
1
kτ
Aufgabe 5.3
geforderter Umsatzgrad: X gef = (c 0 -c)/c 0 = 0,9667
c 0 = 3ng/m³, c = 0,1ng/m³
X = 1−
exp( −k
τ )
k τ = ln(1 − X )
1-X = exp(-k τ)
k· τ 300 = 3,4 mit τ 300 = 0,8 s bei T = 300 °C
k gef = 4,25 1/s
Bei T = 220 °C: X = − exp( −k
τ ) 0, 5
− k
k
k
k
220
ln 0,5
= −
τ
= ln 0,5
aus idealem Gasgesetz : τ
220
220
220
τ
220
220
ln 0,5 1
= − = 0,75
0,93 s s
⎧ E
= k ⎨ −
A
0
exp
⎩ R 493K
220
1
220
=
220
⎫
⎬
⎭
= τ
300
573,15
493,15
K
K
= 0,8 s
573,15
493,15
K
K
= 0,93 s

k
k
300
300
⎧ E
A
exp⎨
−
⎧ E
R K
A
⎫
573
k exp
k
⎭ ⎬⎫
=
⎩
0 ⎨ − ⎬ =
220
⎩ R 573K
⎭ ⎧ E
A
⎫
exp⎨
− ⎬
⎩ R 493 K ⎭
−1
⎧ 47,59 kJ mol
exp⎨
−
1 1
1 8,314 J mol K 573 K
0,75
⎩
⎭ ⎬⎫
− −
=
−1
s ⎧ 47,59 kJ mol ⎫
exp⎨
−
−1
−1
⎬
⎩ 8,314 J mol K 493 K ⎭
1
= 3,79
s
k
1
= 3,79 < k
s
300 gef
=
1
4,25
s
Der Katalysator entspricht nicht den Anforderungen.
Aufgabe 5.4
geforderter Umsatzgrad: X gef = (c 0 -c)/c 0 = 0,9667
GHSV
τ =
V
V
frei
Φ
=
V
Φ
V
1
GHSV =
|
τ
NTP
frei
1
GHSV =
τ
NTP
| 573,15 K
τ
NTP
= τ
300
273,15 K
300
273,15 K
573,15 K
Bedingung :1−
0,967 = exp
|
{ − k τ }
300
300
τ
|
300
ln 0,033
= −
k
aus A 5.3:
k
300
300
1
= 3,79
s

| ln 0,033
τ
300
= − = 0,90 s
1
3,79
s
1 273,15 K
GHSV =
|
τ 573,15 K
300
1 273,15 K
=
0,9 s 573,15 K
1
= 0,529
s
1
= 1906
h
Aufgabe 5.5
X akt = 0,96 X akt =1-exp(-Da akt ) Da akt = - ln(1-X akt )=3,22 (Da = k⋅τ)
X deak = 0,8 X deak =1-exp(-Da deak ) Da deak = - ln(1-X deak )= 1,61
mit τ = 0,9 für aktiven und deaktivierten Kat
k deak = D deak /τ= 1,79 1/s
Berechnung der GHSV, mit der der Reaktor mit deaktiviertem Kat. B nur noch
betrieben werden kann, um ursprünglichen Umsatz X 1 zu erreichen:
Bedingung: Da akt = k deak * τ deak
τ deak = D akt /k deak =1,8 s
GHSV
1
= τ
deak
273,15 1
= 953
573,15 h
Aufgabe 5.6
k deak = 1,8 1/s
geforderte Da-Zahl: Da akt = k gef *0,9s = 3,22
k gef = D akt /0,9 s = 3,58 1/s

C
K
mol
kJ
K
mol
J
K
k
k
E
R
K
T
k
k
E
R
K
T
k
k
K
R
E
R T
E
K
R
E
R T
E
k
k
deak
gef
A
gef
deak
gef
A
gef
deak
gef
A
gef
A
A
gef
A
deak
gef
°
=
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
= −
−
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧ −
⎪ ⎭ ⎪ ⎬ ⎫
⎪⎩
⎪
⎨
⎧ −
=
−
−
−
−
−
333
606
1,8
3,58
ln
60
8,314
573
1
ln
573
1
ln
573
1
1
ln
573
573
exp
exp
1
1
1
1
1
Aufgabe 5.7 + 5.8
X
T
Erhöhtes
Katalysatorvolumen
Gesenkte Verweilzeit