序言：作為思想的載體和知識的探索者，寫作是一種獨特的藝術，我們為您準備了不同風格的5篇有機化工的來源，期待它們能激發您的靈感。

篇1

以現代先進的教育思想，教育理念，科學的教育方法為指導，努力地使自己向科研型轉變，更新知識，提高教育的科研能力。為實現這一教學目標，我計劃通過三年的時間，力爭達到思想素質高、敬業精神強、協作能力好、具有較強研究反思能力、教育教學能力、能夠順應學前教育水平發展需要的骨干教師水平。

二、現狀分析(個人因素分析)

從事幼兒教育工作已經16個年頭，讓我深切地感受到幼兒教育工作的繁重和瑣碎，更讓我深切地意識到幼兒園工作的小中見大的特殊性和重要性。這么多年的工作，根據自己個人的秉性，在工作中認認真真、踏踏實實，為人謙遜，守信，不計較個人的得失。面對榮譽，我不驕傲自大;面對打擊，我也不妄自菲薄，只是更加提醒和督促我需要為今后的發展樹立信心，快馬加鞭，爭取更上一個臺階。

同時我也清楚地知道自己的不足。我在教學業務上還需要不斷努力、突破和創新，對于問題的發現和分析還不夠全面和到位，還存在經驗粗糙、學問不深的問題，還有待今后的進一步摸索。具體問題如下：

1.教育教學的理念雖有了轉變，但對問題的反思和重構的能力還需要加強。

2.教學的效果還沒有明顯地凸顯。

3.在教育教學過程中距離“關注每一位孩子的發展”這一要求還存在差距。

4.對于上級下達的每一項工作，我都作為一項任務去認真完成，而很少去考慮為什么要這樣做、怎樣做更有效、還不善于去主動發現問題、解決問題。

三、發展目標

(一)總目標

樹立終身學習的觀念，抓緊分分秒秒學習充電，使學習成為自己的一種內需，通過學習提升師德修養，豐富知識結構，增強理論底蘊;工作中，積極投身教育科研的實踐與探究，關注幼兒發展，積極探索生動有效的教學方法;實踐中，不斷探求、感悟、反思，時刻提醒自己用腦子工作，使自己逐步成為研究型的教師。

(二)階段目標

第一年，進一步加強自身的業務素質，完善自我，在實踐研究中學習理論、摸索方法、形成經驗。

第二年，深入學習和領會學前教育理念，不斷拓寬和更新教學方法和手段，由教學模式化向教學個性化轉變。

第三年，力求使自己的綜合素質更全面、更廣泛、更實際，促使自己向一專多能、研究型方向發展。

四、具體措施

(一)業務知識

1.勤于學習，樹立終身學習的觀念。

他山之石，可以攻玉;他山之玉，可以剖金。學習，可以使我們了解前人和他人，了解過去和未來，關照反思自我，從而獲得新的生成。所以，要做到“三學”。

(1)堅持不懈地學。活到老，學到老，樹立終身學習的觀念。

(2)多渠道地學。要做學習的有心人，在書本中學習，學習政治思想理論、教育教學理論和各種專業知識，增強自己的理論積淀;學習他人高尚的師德修養，豐富的教學經驗，以達到取長補短的目的。

(3)廣泛地學。廣泛地閱讀各類有益的書籍，學習各種領域的知識、技能，特別要學習現代信息科技，不斷構建、豐富自己的知識結構。注重個人理論的提高，多看學前教育研究類雜志、抓住一點展開深入研究。選擇一些研究案例，用于自己的教學實踐。

A.長遠計劃：

堅持閱讀幼教理論書籍，提升自己的理論高度。

B.日常計劃：

1)堅持每天看書半小時。

2)堅持每天彈琴半小時。

3)堅持在博客上撰寫教學心得。

4)每月認真寫好教育筆記二篇，并保證筆記質量。

(二)教育教學能力

1.進一步鉆研《體驗探究交往》教材，深入領會教材精神，并付諸實踐。能結合本班幼兒年齡特點和實際發展水平，制訂切實可操作的教學目標，運用生動的教學方法使教學充滿激情和活力，提高教學效率。

2.在教育教學實踐中有意識地鍛煉培養自己各方面的能力發展：

1)提高智慧能力。包括觀察能力、思維能力、想象能力、記憶能力等。切實把握幼兒的真實情況，密切關注幼兒的發展情況。

2)提高教育能力。包括全面了解幼兒的能力、正確評價幼兒的能力、指導幼兒與人交往的能力、教師“身教”的能力等。盡管已有16年的教齡，但面對今天的教育教學對象，必須不斷加強學習，特別是加強對教育學、心理學的學習，有了理論的支撐才有底蘊。只有采用適合今天幼兒的教育教學方法，才能取得好的教育教學效果。

3.積極創設生活化、情景化、游戲化的教學方法，探索適合不同年齡、不同性格特征的幼兒實際水平的，教有實效的，能促使孩子綜合發展的愉快學習方法，逐步形成自身的教學風格。

4.注重班級管理方法的探索，一方面在教育教學中積累管理幼兒的好方法，一方面主動與每一位家長溝通，實事求是與家長交流，選擇合適的溝通策略，努力成為讓自己滿意，讓幼兒喜愛，受家長歡迎的好老師。

A.長遠計劃：

逐漸形成富有個性的教學風格(三年)。

B.日常工作：

1)備好每一節課，并認真做好課前準備。

2)隨時跟進主題，做好班級環境和區角的創設和更換。

3)每日關注幼兒的活動發展情況，及時與家長聯系，熱心細心地與家長交談，反饋孩子在園情況。

五、研究反思能力

1.形成研究專長。在三年時間中，我將不斷對自己的教學實踐進行總結，重新審視，選擇研究內容，在托班保教工作中尋找課題研究的突破口，抓住一點展開深入研究，注意研究的實效性。做好資料積累，形成自己的研究專長。

2.善于思考，在實踐中探求、感悟。要堅持用腦子工作，力爭做到

反思昨天——在反思中揚長;

審視今天——在審視中甄別;

前瞻明天——在前瞻中創新。

時刻把工作與思考相結合，在思考中工作，在工作中思考，創造性地開展工作。

3.樂于動筆，提高教育科研水平。

(1)積極撰寫課題。

(2)認真撰寫教學反思，積極撰寫教育案例。

(3)通過撰寫論文，把自己的專題研究從實踐層面提升至理論層面。不斷提高論文質量，每年能寫出質量較好的論文1—2篇。

A.長遠計劃：

1)寫出質量較好論文，并爭取得獎。

2)撰寫課題方案，并爭取立項。

B.日常工作：

1)選擇班中一些特殊幼兒進行跟蹤觀察，不斷調整教學措施，撰寫個案。

六、協同工作能力

1.有開朗的性格，樂群富有同情心，有自我調節能力，有民主平等合作精神。

2.善于和同事交往協作，積極參與園內、教研組等活動，寬容待人，有團隊協作精神;

篇2

【關鍵詞】有機化工廢水；高含油；生化處理工藝

隨著我國工業的迅速發展，含油廢水的排放量日趨增加，成分也越來越復雜，每升高含油有機化工廢水都含有15毫克左右的揮發酚，1200毫克左右的油，30毫克左右的硫化物，100毫克左右的氨氮，200毫克左右的懸浮物，0.5毫克的氰化物等，如果直接將其排入水中，將會散發出惡臭，導致生物死亡、水中缺氧，嚴重污染了生態環境，所以必須處理好高含油有機化工廢水，保護生態環境。

1 預處理

高含油有機化工廢水經過調節池、氣浮池、除油池的預處理，可以除去30%左右的污油，達到初步除油效果。一般情況下，先在隔油池初步分離油水后，然后再進行混凝的油水分離或第二部上浮，這樣既可以避免處理裝置被污油堵塞，也可以很好的發揮裝置的除油功能，用泵提升前，為了減少乳化的程度，可以先進行一次除油。如果高含油有機化工廢水的凝固點較高、粒度較大，可以先配置保溫、加熱設備，使之保持適合的溫度，避免發生油凝固的現象。

2 生化處理工藝

高含油有機化工廢水經過預處理后，每升高含油有機化工廢水的含油量低于30毫克，可以進行包括二沉池、接觸氧化池、中沉池、好氧池、缺氧池、厭氧反應器等的生化處理，以生物降解的方式，來對高含油有機化工廢水中的有害物質、有機物質等懸浮物和餾物進行處理。生化處理方式主要通過厭氧、好氧兩段式處理廢水方法，通過串聯的厭氧-好氧工藝，充分發揮兩種狀態的優勢。

高含油有機化工廢水在厭氧段的無分子態氧條件下，主要是受到兼性微生物的厭氧微生物作用，經過水解酸化，來將高含油有機化工廢水中的難以進行降解的有機物質轉化成容易降解的有機物質，將長鏈的有機物質轉化成短鏈的醛類、醇類、脂肪酸類等簡單的有機物質，不斷提高高含油有機化工廢水的可生化性。利用厭氧菌的作用，可以去除高含油有機化工廢水中的部分化學需氧量，同時在甲烷菌和產氫的作用下，將部分有機物質分解，轉化成二氧化碳、甲烷、氫氣等其他能源。然后，廢水進入好氧階段，好氧微生物不僅可以將高含油有機化工廢水中的短鏈烴氧、醛類、醇類、脂肪酸類的有機物質轉化成二氧化碳或者水等無機物質，同時還可以降低含油量和化學需氧量。處理過程中，可以在厭氧池和好氧池中加入一些彈性填料，池中既有分布均勻的生物膜，又有大量的懸浮淤泥，強化了處理能力，增強了設備的耐負荷性能，提高生物膜的作用。

通過膜法A/O處理工藝和鼓風瀑氣相結合的方法，開始兩級生化處理，用污水提升泵將氣浮處理過的污水，送入一級生化池，氣浮進水先在選擇段充分接觸二次沉淀池中回流的污泥，形成污水混合液和活性污泥后，在通過瀑氣區的鼓風瀑氣，獲得大量的溶解氧，進行硝化和碳化反應，污水中可以被溶解的有機污染物質可以被活性污泥所吸附，同時被活性污泥上的微生物所降解，經過這個階段，75%左右的化學需氧量可被去除。

然后，一級生化池出水流入二次沉淀池中，開始泥水分離，使用回流提升泵將污泥回流送入瀑氣池前端選擇段，出水就流入二級生化池。污水在二級生化池中，通過A/O工藝，通過有助于生物膜生長的懸浮球形填料的使用，可以在取出化學需氧量的同時，開始進行生物反硝化脫氮處理，保證出水的氨氮指標符合要求。A段池內設置提升式微孔瀑氣池進行瀑氣攪拌，通過電動閥門的控制來調整間斷進氣的周期時間，將A段空間轉化成缺氧狀態，溶解氧要控制在1毫克左右，O段的溶解氧要控制在2毫克左右，可以通過提升式微孔瀑氣器的使用來保證氧氧化需要的溶解氧。二級生化池出水進入混凝反應池后，需要加入聚丙烯酰胺，進行混合反應。混合反應后的出水再流入混凝沉淀池，開始泥水分離，混凝沉淀池中的剩余淤泥可以通過提升泵的提升送到三泥脫水罐，經過這個步驟，又可以去除71%左右的化學需氧量。

最近才發展起來并得到廣泛使用的SBR工藝，是處理高含油有機化工廢水的新型生化處理工藝，充氧去除有機物質的方法和普通活性污泥去除有機物質的方法相似，但是在運行過程中，空載、排水、沉淀、反應、進水五道工序可以在一個反應池中依次完成，不需要專門設置污泥回流系統和二沉池，SBR工藝可以自動進行污泥的培養、轉化。

3 后處理

高含油有機化工廢水的后處理是經過過濾器、混凝沉淀池和混合反應池的污泥脫水和污泥濃縮進行污泥處理。調節罐、污油罐罐底油自流到油泥浮渣池，使用油泥渣泵送到三泥脫水罐濃縮脫水。使用離心機進料泵將濃縮脫水的油泥送到離心脫水機進行脫水，形成泥餅，再送去鍋爐房充作燃料。也可以加入兩種高分子絮凝劑，陽離子型和陰離子型聚丙烯酰胺可以促進脫水。脫出的污水流入含油污水池，在含油污水提升泵的幫助下，送到含油污水調節罐，再重新進行處理。

4 結語

綜上所述，高含油有機化工廢水的生化處理工藝是一個復雜的過程。在生化處理工藝前，要先進行預處理，盡量降低高含油有機化工廢水的含油量，去除或減少部分有害、有毒的有機物質，改善其生物降解性，再經過后續的生化處理、污泥處理后，其水質就已經達到國家污水排放標準，可以正常排放到河流、湖泊中。在不斷改進高含油有機化工廢水生化處理工藝的同時，還要從源頭處減少水質污染，提倡工廠清潔生產，減輕末端處理的壓力。

參考文獻：

[1]周愛民.高含油有機化工廢水生化處理工藝探析[J].云南化工，2009（4）.

[2]楊興學.淺談高含油有機化工廢水的生化處理工藝[J].科技傳播，2011（2）.

[3]馬曉坤.高含油有機化工廢水的生化處理工藝[J].中國電子商務，2014（4）.

篇3

一、單項選擇題

1.以下有關化學反響的表達正確的選項是:(

)

A.?室溫下，Na在空氣中反響生成Na2O2?????B.?室溫下，Al與4.0mol﹒L-1NaOH溶液反響生成NaAlO2

C.?室溫下，Cu與稀硫酸反響放出H2氣體?????D.?室溫下，Fe與濃H2SO4反響生成FeSO4

2.鹽是一類常見的物質，以下物質通過一定反響可直接形成鹽的是〔

〕

①金屬單質　②堿性氧化物

③非金屬單質

④酸性氧化物

⑤酸

⑥堿

A.?①②③?????????????????????????????????B.?①④⑥?????????????????????????????????C.?②⑤⑥?????????????????????????????????D.?全部

3.如下圖，其中X、Y、Z、R、E分別是氧化鐵、稀硫酸、氫氧化鋇溶液、碳酸鈉溶液、二氧化碳中的一種。圖中短線相連的物質間均能相互發生反響，X和R反響有氣泡出現，那么以下說法正確的選項是(

)

A.?X是稀硫酸

B.?X和Z反響無明顯現象

C.?R與E反響產生能使澄清石灰水變渾濁的氣體

D.?E在一定條件下可以轉化為Y

4.以下對應實驗現象的反響方程式正確的選項是

(

)

A.?切開的金屬Na暴露在空氣中,光亮外表逐漸變暗:2Na+O2=Na2O2

B.?Na2CO3溶液中逐滴參加鹽酸,開始時無氣泡產生:Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3

C.?Na2O2在潮濕的空氣中放置一段時間后,變成白色黏稠物:2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2

D.?向NaHCO3溶液中參加過量的澄清石灰水,出現白色沉淀:2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3+C

O32?

+2H2O

5.聚合硫酸鐵[

Fe(OH)SO4]n易溶于水，能用作凈水劑(絮凝劑)，可由綠礬(FeSO47H2O)和KClO3在水溶液中反響得到。以下說法錯誤的選項是〔

〕

A.?KClO3在反響中作氧化劑

B.?每生成

1

mol

[

Fe(OH)SO4]n

轉移1mol電子

C.?將綠礬水溶液久置于空氣中，滴加幾滴

KSCN

溶液，溶液變血紅色

D.?聚合硫酸鐵可在水中形成氫氧化鐵膠體，故能用作凈水劑

6.用潔凈的鉑絲蘸取某種無色溶液，在無色火焰上灼燒，火焰呈黃色，說明該溶液中(

)

A.?只有Na＋????????B.?可能有Na＋

，

可能有K＋????????C.?一定有K＋????????D.?一定有Na＋

，

也可能有K＋

7.證明某溶液中只含Fe2＋而不含Fe3＋的實驗方法是〔

〕

A.?只滴加KSCN溶液?????????????????????????????????????????B.?先滴加KSCN溶液，不顯紅色，再滴加氯水后顯紅色

C.?先滴加氯水，再滴加KSCN溶液后顯紅色??????D.?滴加NaOH溶液，產生白色沉淀

8.“胃舒平〞是一種治療胃酸過多的藥物，是一種常見的兩性物質，其主要成分為〔

〕

A.?Na2O2??????????????????????????????B.?Al2O3??????????????????????????????C.?NaHCO3??????????????????????????????D.?Al(OH)3

9.甲、乙、丙、丁四種物質中，甲、乙、丙均含有相同的某種元素，它們之間具有如下轉化關系：甲

丁

乙

?甲丁

丙。以下有關物質的推斷錯誤的選項是〔

〕

A.?假設甲為Cl2

，

那么丁可能是鐵

B.?假設甲為鐵，那么丁可能是硝酸

C.?假設甲為AlCl3溶液，那么丁可能是氨水

D.?假設甲為NaOH，那么丁可能是CO2

10.甲、乙兩燒瓶中各盛有100mL

5mol·L-1的鹽酸和氫氧化鉀溶液；向兩燒瓶中分別參加等質量的鋁粉，反響結束測得生成的氣體體積甲∶乙＝2∶3〔相同狀況〕，那么參加鋁粉的質量為〔

〕

A.?2.7g????????????????????????????????????B.?3.6g????????????????????????????????????C.?5.4g????????????????????????????????????D.?6.75g

11.以下圖像中的曲線〔縱坐標為沉淀或氣體的量，橫坐標為參加物質的量〕，其中錯誤的選項是〔

〕

A.?圖A表示向含H+、Mg2+、Al3+、NH4+的溶液中滴加NaOH溶液產生沉淀量的關系曲線

B.?圖B表示向澄清石灰水中通入二氧化碳直至過量產生沉淀量的關系曲線

C.?圖C表示向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加鹽酸產生CO2氣體的關系曲線

D.?圖D表示向明礬溶液中滴加Ba〔OH〕2溶液產生沉淀量的關系曲線

12.密閉容器中裝有1mol

NaHCO3和0.8mol

Na2O2

，

加熱充分反響后，容器內殘留的固體是(

)

A.?0.8molNa2CO3和0.6molNaOH?????????????????????????B.?0.5molNa2CO3和1molNaOH

C.?0.8molNa2CO3和1molNaOH????????????????????????????D.?1molNa2CO3和0.6molNaOH

13.向一定量的Fe、FeO、Fe3O4的混合物中參加100mL2mol/L的鹽酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL〔標準狀況〕的氣體，所得溶液中參加KSCN溶液無血紅色出現。假設用足量的CO在高溫下復原相同質量的此混合物，能得到鐵的質量是〔

〕

A.?11.2g??????????????????????????????????B.?5.6g??????????????????????????????????C.?2.8g??????????????????????????????????D.?無法計算

14.以下表達正確的選項是(

)

①氧化鋁是一種比擬好的耐火材料，可用來制造耐火坩堝

②氧化鐵常用于制作紅色油漆和涂料

③碳酸氫鈉俗名小蘇打，可用于制作發酵粉和治療胃酸過多的藥物

④過氧化鈉比氧化鈉穩定，兩種氧化物均可作潛艇中的供氧劑

⑤焰色反響表達的是某些金屬元素的物理性質

A.?①②③⑤???????????????????????????B.?②③④⑤???????????????????????????C.?①③④⑤???????????????????????????D.?①②③④

15.以下關于鈉的化合物的表達錯誤的選項是〔

〕

A.?熱穩定性：

Na2CO3>NaHCO3

B.?Na2O

與

Na2O2

都能和水反響生成堿，它們都是堿性氧化物

C.?碳酸氫鈉可用于治療胃酸過多

D.?Na2O2

中陰、陽離子的個數比為1：2

16.向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，逐滴參加NaOH溶液。以下圖象中，能正確表示上述反響的是〔橫坐標表示參加NaOH的體積，縱坐標表示生成沉淀的質量〕〔

〕

A.??????????????????B.??????????????????C.??????????????????D.

二、綜合題

17.

〔1〕如圖進行實驗，將a溶液逐漸參加盛b溶液的試管中，寫出試管中觀察到的現象及對應的離子方程式。

a

b

試管中現象

離子方程式

Na2CO3

稀鹽酸

________

________

稀鹽酸

Na2CO3

________

________

〔2〕工業上利用NaIO3和NaHSO3反響來制取單質I2。配平以下化學方程式并用單線橋法表示電子轉移的方向和數目：

________NaIO3+________NaHSO3＝________I2+________Na2SO4+________H2SO4+________H2O

〔3〕ClO2常用于水的凈化，工業上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取

ClO2?

。寫出該反響的離子方程式，并用雙線橋法表示電子轉移的方向和數目________。

18.固體化合物

X

由

3

種元素組成。某學習小組進行了如下實驗：

請答復：

〔1〕由現象

1

得出化合物

X

含有________元素(填元素符號)，X

的化學式________。

〔2〕固體混合物

Y

的成分________(填化學式)。

〔3〕實驗室常將氨氣(NH3)通過紅熱的黑色固體化合物

Z

制備氮氣，該反響的化學方程式是________，當有28克氮氣生成時轉移的電子的物質的量為________mol。

19.固體化合物X由3種元素組成。某學習小組進行了如下實驗：

請答復：

〔1〕由現象1得出化合物X含有________元素(填元素符號)。

〔2〕固體混合物Y的成分________(填化學式)。

〔3〕X的化學式________?。

〔4〕x與濃鹽酸反響產生黃綠色氣體，固體完全溶解，得到藍色溶液，該反響的化學方程式是________。

20.磁性材料

A

是由兩種元素組成的化合物，某研究小組按如圖流程探究其組成：

〔1〕A

的化學式為________。

〔2〕化合物

A

能與稀硫酸反響，生成一種淡黃色不溶物和一種氣體〔標況下的密度為

1.518

g·L－1〕。該氣體分子的電子式為________，寫出該反響的離子方程式：________。

〔3〕寫出

FG

反響的化學方程式：________。

〔4〕設計實驗方案探究溶液

G

中的主要微粒〔不考慮

H2O、H＋、K＋、I－〕：________。

答案解析局部

一、單項選擇題

1.【答案】

B

【解析】A.

室溫下，鈉在空氣中與氧氣反響生成氧化鈉，在加熱時生成過氧化鈉，A不符合題意；

B.

室溫下，鋁與氫氧化鈉溶液反響生成偏鋁酸鈉和氫氣，B符合題意；

C.

室溫下，銅與濃硝酸反響生成硝酸銅、二氧化氮和水，C不符合題意；

D.

室溫下，鐵與濃硫酸發生鈍化反響，即濃硫酸具有強氧化性，將鐵氧化生成一層致密的氧化物薄膜，不會生成硫酸亞鐵，D不符合題意；

故答案為：B。

A．4Na+O2=2Na2O；

B．

2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2。

；

C．Cu與稀硫酸不反響；

D．室溫下，Fe與濃H2SO4發生鈍化，阻止反響進一步進行。

2.【答案】

D

【解析】①金屬單質與非金屬單質可生成鹽，如Na與Cl2反響可生成氯化鈉，①符合題意；

②堿性氧化物與酸性氧化物、酸都可能生成鹽，如Na2O與CO2反響生成碳酸鈉，氧化鈉與鹽酸反響生成氯化鈉，②符合題意；

③非金屬單質與金屬單質可生成鹽，如Na與Cl2反響可生成氯化鈉，③符合題意；

④酸性氧化物與堿性氧化物、堿、某些鹽反響都可能生成鹽，如二氧化碳與氧化鈉、氫氧化鈉、碳酸鈉溶液都能反響生成鹽，④符合題意；

⑤酸與金屬、堿性氧化物、堿、某些鹽反響，都可能生成鹽，如鹽酸與鈉、氧化鈉、氫氧化鈉、碳酸鈉都能反響生成鹽，⑤符合題意；

⑥堿與酸反響可以生成鹽，如鹽酸與氫氧化鈉反響生成氯化鈉，⑥符合題意；

綜合以上分析，①②③④⑤⑥都可通過一定的反響生成鹽，

故答案為：D。

金屬單質與酸或某些鹽溶液反響生成鹽；

堿性氧化物能與酸反響生成鹽；

某些非金屬單質與堿反響生成鹽；

酸性氧化物與堿反響生成鹽；

酸堿中和反響可以生成鹽，據此分析解答。

3.【答案】

D

【解析】

X和R反響有氣泡

，那么X、R為稀硫酸和碳酸鈉中的一種，又R能與三種物質反響，那么R為稀硫酸，X為碳酸鈉，那么Z為氫氧化鋇，Y為二氧化碳，E為氧化鐵

A、X為碳酸鈉，故A不符合題意

B、X和Z，有白色沉淀生成，故B不符合題意

C、R為稀硫酸，E為氧化鐵，不能生成使澄清石灰水變渾濁的氣體，故C不符合題意

D、E為氧化鐵，被C或者CO復原時，能生成二氧化碳，故D符合題意

故答案為：D

此題突破點在于

X和R反響有氣泡

，且R能與三種物質反響，。

4.【答案】

B

【解析】A.鈉在常溫下生成氧化鈉，故A不符合題意

B.碳酸根結合氫離子也是分步的，剛開始無氣泡生成，產生碳酸氫根，故B符合題意

C.在潮濕的空氣中生成的生物為十水合碳酸鈉，故C不符合題意

D.澄清石灰水過量，那么無碳酸根剩余反響為

2HCO3-+2Ca2++2OH-=2CaCO3?+2H2O，故

D不符合題意

故答案為：B

離子方程式判斷，看是否符合反響事實，是否量的關系正確，是否配平，是否漏寫離子反響

5.【答案】

B

【解析】A．根據分析，KClO3在反響中作氧化劑，故A不符合題意；

B．KClO3將FeSO4氧化成[Fe(OH)SO4]n的化學方程式為6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，根據反響可知，生成6mol[Fe(OH)SO4]n轉移6nmol電子，那么每生成

l

mol

[Fe(OH)SO4]n

轉移nmol電子，故B符合題意；

C．綠礬(FeSO4?7H2O)中的二價鐵易被氧化成三價鐵，那么將綠礬水溶液久置于空氣中，滴加幾滴

KSCN

溶液，溶液變血紅色，故C不符合題意；

D．聚合硫酸鐵中的鐵為+3價，能用作凈水劑，那么聚合硫酸鐵能水解生成氫氧化鐵膠體，氫氧化鐵膠體能吸附水中的懸浮物而凈水，故D不符合題意；

故答案為：B。

KClO3將FeSO4氧化成[Fe(OH)SO4]n的化學方程式為6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，聚合硫酸鐵[Fe(OH)SO4]n又稱為堿式硫酸鐵，能水解生成氫氧化鐵膠體，據此解答。

6.【答案】

D

【解析】鈉離子的焰色反響為黃色，鉀離子的焰色反響為紫色，會被鈉離子的黃色所掩蔽，所以焰色反響為黃色，說明一定含Na+也可能含K+

，

故D選項符合題意。

故答案為：D。

鈉元素的焰色反響為黃色，鉀元素的焰色反響為紫色，要觀察鉀元素的焰色，需要透過藍色鈷玻璃片，濾去黃色的光的干擾，焰色反響屬于元素的性質，為物理變化。

7.【答案】

B

【解析】A.二價鐵離子與硫氰根離子不反響，無明顯現象，只滴加KSCN溶液，不能證明二價鐵離子的存在，故A不符合題意；

B.先滴加KSCN溶液，不顯紅色，排除三價鐵離子的干擾，再滴加氯水后顯紅色，可證明二價鐵離子存在，故B符合題意；

C.先加氯水，再滴加KSCN溶液后顯紅色，不能排除三價鐵離子的干擾，故C不符合題意；

D.加NaOH溶液，產生白色沉淀的離子有很多種，不能證明存在二價鐵離子，故D不符合題意；

故故答案為：B。

鐵離子可以用硫氰化鉀溶液檢驗，亞鐵離子可以用氯水和硫氰化鉀溶液檢驗，也可以用酸性高錳酸鉀溶液檢驗。

8.【答案】

D

【解析】A．Na2O2是過氧化物，不是兩性物質，不符合題意，A不符合題意；

B．Al2O3是兩性氧化物，但不能用來治療胃酸過多，B不符合題意；

C．NaHCO3能和酸反響，但不能僅僅生成鹽和水，能和堿反響，生成鹽和水，那么它不是兩性物質，不符合題意，C不符合題意；

D．Al(OH)3是兩性氫氧化物，可用來治療胃酸過多，D符合題意。

故答案為：D。

既能與酸起反響生成鹽和水，又能與堿起反響生成鹽和水的物質稱為兩性物質，據此結合實際問題答復。

9.【答案】

C

【解析】A、假設甲為Cl2

，

氯氣與鐵反響生成氯化鐵，氯化鐵溶液與鐵反響生成氯化亞鐵，氯化亞鐵溶液與氯氣反響生成氯化鐵，故A不符合題意；

B、假設甲為鐵，過量鐵與硝酸反響生成硝酸亞鐵，硝酸亞鐵溶液與硝酸反響生成硝酸鐵，硝酸鐵溶液與鐵反響生成硝酸亞鐵，故B不符合題意；

C、假設甲為AlCl3溶液，氯化鋁溶液與氨水反響生成氫氧化鋁沉淀，氫氧化鋁是兩性氫氧化物，溶于強酸強堿，但不溶于弱酸弱堿，氨水為弱堿，不能與氫氧化鋁反響，故C符合題意；

D、假設甲為NaOH，二氧化碳與過量氫氧化鈉溶液反響生成碳酸鈉，碳酸鈉溶液與二氧化碳反響生成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉溶液與氫氧化鈉溶液反響生成碳酸鈉，故D不符合題意；

故答案為：C。

氫氧化鋁是兩性氫氧化物，溶于強酸強堿，但不溶于弱酸弱堿，氨水為弱堿是解答關鍵，也是易錯點。

10.【答案】

D

【解析】鹽酸與鋁的離子反響式為：

2Al+6HCl2AlCl3+3H2

，KOH與鋁的離子反響式為：

2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2

，所以等物質的量的鋁分別與足量的鹽酸和氫氧化鉀溶液反響，消耗的氫氧化鉀溶液的量比鹽酸少；而此題中反響結束測得生成的氣體體積甲∶乙＝2∶3，故鹽酸少量，那么與鹽酸反響生成的氫氣為

n(H2)=2n(HCl)=0.25mol

，故與KOH溶液反響生成的氫氣為

n(H2)=1.5×0.25mol=0.375mol

。KOH溶液足量，參加其中的鋁完全反響。故可求得

m(Al)=M(Al)×n(Al)=27g/mol×0.25mol=6.75g。

故答案為：D。

鋁的質量相同，鹽酸和氫氧化鈉溶液中溶質的物質的量相同，假設Al都完全反響，那么生成氫氣應相等，而應結束后測得生成的氣體體積比為甲：乙=2：3，由方程式：

2Al+6HCl2AlCl3+3H2

、

2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2

，可知相同物質的量的Al反響時，消耗HCl較多，故酸與金屬反響時酸不過量，堿與金屬反響時堿過量，結合方程式計算解答．

11.【答案】

C

【解析】A．H+、Mg2+、Al3+、NH4+的溶液中H+最易與OH-反響，所以開始無沉淀，其次為Al3+

，

反響后生成水、氫氧化鋁，出現沉淀，Mg2+和OH-反響生成氫氧化鎂，沉淀達最大量，繼續滴加，NH4+和OH-反響生成一水合氨，沉淀量不變，繼續滴加，氫氧化鋁溶解，Al〔OH〕3+OH-＝AlO2-+2H2O，故A不符合題意；

B．石灰水中通入二氧化碳，先發生Ca〔OH〕2+CO2＝CaCO3+H2O，生成沉淀，后發生CO2+CaCO3+H2O＝Ca〔HCO3〕2

，

故先產生沉淀，后沉淀溶解，前后兩局部二氧化碳的物質的量為1：1，故B不符合題意；

C．向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加鹽酸，鹽酸先和氫氧化鈉反響，開始沒有氣體產生，然后再與碳酸鈉反響，Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2+H2O，產生CO2氣體，開始未產生氣體消耗的鹽酸應比產生氣體消耗的鹽酸多，圖象不符合題意，故C符合題意；

D．向明礬溶液中逐滴參加Ba〔OH〕2溶液，當Al3+恰好全部沉淀時，離子方程式為：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-＝3BaSO4+2Al〔OH〕3，繼續滴加，那么發生Al3++4OH-＝AlO2-+2H2O，故D不符合題意；

故答案為：C。

此題以圖象為載體考查鈣鎂鋁化合物的性質，明確發生的化學反響是解答的關鍵，反響發生的先后順序是學生解答中的難點，注意圖象比例關系。特別是C選項，鹽酸先和氫氧化鈉反響，再與碳酸鈉反響，且先生成碳酸氫鈉，再生成二氧化碳。

12.【答案】

D

【解析】碳酸氫鈉不穩定受熱分解生成碳酸鈉、水和CO2

，

物質的量分別都是0.5mol。生成的CO2首先和過氧化鈉反響，消耗0.5mol過氧化鈉，生成0.5mol碳酸鈉。剩余的0.3mol過氧化鈉再和0.3mol水反響生成0.6mol氫氧化鈉，

故答案為：D。

根據碳酸氫鈉不穩定受熱分解生成碳酸鈉、水和CO2

，

及過氧化鈉與二氧化碳、水反響規律進行分析。

13.【答案】

B

【解析】鹽酸恰好使混合物完全溶解，鹽酸沒有剩余，向反響所得溶液加KSCN溶液無血紅色出現，說明溶液為FeCl2溶液，根據氯元素守恒可知n(FeCl2)=

12

n(HCl)=

12

×0.1L×2mol/L=0.1mol；用足量的CO在高溫下復原相同質量的混合物得到鐵，根據鐵元素守恒可知n(Fe)=n(FeCl2)=0.1mol，質量為0.1mol×56g/mol=5.6g，

故答案為：B。

由題意可得，鐵完全轉化為氯化亞鐵，那么物質的量之比Fe：Cl=1：2，又n〔Cl-〕=0.2mol

故n〔Fe〕=0.1mol

14.【答案】

A

【解析】①氧化鋁具有很高的熔點，是一種比擬好的耐火材料，可用來制造耐火坩堝，故符合題意；②氧化鐵俗稱鐵紅，常用作紅色油漆和涂料，故符合題意；③碳酸氫鈉俗名小蘇打，因其堿性較弱，可用于制作發酵粉和治療胃酸過多的藥物，故符合題意；④過氧化鈉比氧化鈉穩定，但氧化鈉不能與水或二氧化碳反響生成氧氣，所以氧化鈉不能做供氧劑，故不符合題意；⑤焰色反響為物理變化，表達的是某些金屬元素的物理性質，故符合題意；

正確的有①②③⑤

故答案為A。

①氧化鋁的熔點高，可作耐火材料

②氧化鐵，俗稱鐵紅，呈紅棕色，故可用作紅色油漆和涂料

③小蘇打加熱可分解放出氣體，故可用作發酵粉，呈堿性且堿性較弱，故可用作于治療胃酸

④只有過氧化鈉能做供氧劑

⑤焰色反響為物理變化，表達的是金屬元素的物理性質

15.【答案】

B

【解析】A．NaHCO3不穩定，加熱易分解，發生2NaHCO3

__

Na2CO3+H2O+CO2，碳酸鈉受熱不分解，不符合題意；

B．Na2O2與水反響生成氫氧化鈉和氧氣，不是堿性氧化物，符合題意；

C．碳酸氫鈉可與鹽酸反響，且碳酸氫鈉的堿性較弱，對胃壁的刺激作用較小，可用于中和胃酸過多，不符合題意；

D．Na2O2中陰離子為O22-

，

Na2O2中陰、陽離子的個數比為1：2，不符合題意；

故答案為：B。

堿性氧化物：能與堿反響只生成鹽和水的氧化物，過氧化鈉除了鹽和水還生成了氧氣

16.【答案】

D

【解析】因橫坐標表示參加NaOH溶液的體積，縱坐標表示反響生成沉淀的質量，

那么向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，逐滴參加NaOH溶液，發生Mg2++2OH-Mg(OH)2、Al3++3OH-Al(OH)3，那么沉淀的質量一直在增大，直到最大；然后發生Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O，沉淀的質量減少，但氫氧化鎂不與堿反響，那么最后沉淀的質量為一定值，顯然只有D符合，

故答案為：D。

先生成氫氧化鎂和氫氧化鋁沉淀，然后氫氧化鋁繼續反響，沉淀局部溶解但不消失應選D

二、綜合題

17.【答案】

〔1〕立刻產生氣泡；CO32-

+2H+

=H2O

+

CO2；開始時無氣泡，后來有氣泡；CO32-

+

H+

=

HCO3-

、

HCO3-

+

H+

＝H2O

+

CO2

〔2〕4；10；2；7；3；2

〔3〕

【解析】(1)將碳酸鈉溶液滴入到稀鹽酸中，鹽酸過量，開始就產生氣泡，其離子反響方程式為：

CO32-

+2H+=H2O+CO2；將稀鹽酸滴入到碳酸鈉溶液中，鹽酸少量，開始時無氣泡，后來產生氣泡，其離子反響方程式為：

CO32-

+H+=

HCO3-

、

HCO3-

+H+=H2O+CO2；

(2)

NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液時，

HSO3-

被氧化成

SO42?

，

IO3-

被復原成I2

，

根據電子守恒和元素守恒，該反響為：4NaIO3+10NaHSO32I2+7Na2SO4+3H2SO4+2H2O，該反響中轉移的電子數為20e-；

；

(3)

Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2

，

本身被復原為氯離子，1個氯氣分子反響得到2個電子，因此離子反響方程式為：

2ClO2-

+Cl2=2ClO2+2Cl-；雙線橋法表示電子轉移的方向和數目為：

.

(1)

碳酸鈉溶液參加稀鹽酸中：Na2CO3+2HCl=Na2CO3+2NaCl；

稀鹽酸參加碳酸鈉溶液中：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2;

(2)

氧化復原反響的配平：

1.標出化合價并計算出價態的變化量；

2.使化合價的升降總數相等〔最小公倍數〕;

3.再觀察非氧化復原局部中元素的個數;

4.最后配平氫氧的個數。

對于氧化復原反響可以采用電子守恒的方法，根據物質得到

的電子數,等于

失去的電子數；

(3)

兩者反響為氯元素自身的氧化復原，注意兩者生成產物的不同。

18.【答案】

〔1〕S；BaCuS2

〔2〕BaO和CuO

〔3〕2NH3+3CuO3=Cu+N2+3H2O；6

【解析】〔1〕根據上述分析可知，X中含有S元素，固體化合物Z的物質的量為：

8g80g/mol

=0.1mol，固體混合物中BaO的質量為23.3g-8g=15.3g，BaO的物質的量為：

15.3g153g/mol

=0.1mol，因此固體X中S元素的物質的量為：

26.5g-0.1mol×64g/mol-0.1mol×137g/mol32g/mol

=0.2mol，N(Cu)：N(Ba)：N(S)=1：1：2，故X的化學式為：BaCuS2

，

故故答案為：：S；BaCuS2；〔2〕由上述分析可知，Y的主要成分為：CuO和BaO，

故故答案為：：CuO和BaO；〔3〕氨氣與氧化銅在高溫條件下反響，生成銅、氮氣、水，其化學反響方程式為：

3CuO+2NH3=高溫N2+3Cu+3H2O

，

反響

3CuO+2NH3=高溫N2+3Cu+3H2O

中N元素由-3價變為0價，每生成1molN2轉移6mol電子，故當有28克氮氣即1mol生成時轉移的電子的物質的量為6mol。

故故答案為：：

3CuO+2NH3=高溫N2+3Cu+3H2O

；6mol。

根據現象1可知，無色氣體為SO2

，

向黑色固體化合物Z中參加鹽酸，溶液呈藍色，說明固體Z為CuO，向堿性溶液中加硫酸會產生白色沉淀，說明該溶液中含有Ba2+

，

由此可知，固體混合物Y中含有BaO，據此解答此題。

19.【答案】

〔1〕O

〔2〕Cu、NaOH

〔3〕NaCuO2

(Na2O2·2CuO)

〔4〕2NaCuO2

+8HCl=2NaCl+2CuCl2+Cl2+4H2O

【解析】〔1〕CuSO4由白色變為藍色，說明有水生成，因為X和枯燥的H2反響，根據元素守恒分析，必定含有O元素；

〔2〕現象2獲得紫色單質，說明Y含有Cu,現象3焰色反響為黃色說明有Na元素，與HCl發生中和反響說明有NaOH；

〔3〕由反響NaOH+HCl=NaCl+H2O,所以NaOH為0.02mol，得出m(Na)=0.02×23g=0.46g，銅為1.28g，得m(O)=m總-m(Na)-m(Cu)=2.38-0.46-1.28=0.46g，N(Na)：N(Cu)：N(O)=0.4623：1.2864：0.6416=1：1：2，故化學式為NaCuO2；

〔4〕X與濃鹽酸反響，根據反響現象，產物有Cl2

，

和CuCl2藍色溶液，因而化學方程式為2NaCuO2＋8HCl=2NaCl＋2CuCl2＋Cl2＋4H2O。

固體混合物Y溶于水，得到紫紅色固體單質，說明是Cu，產生堿性溶液，焰色反響呈黃色說明含有鈉元素，與HCl發生中和，說明是NaOH〔易算出為0.02mol〕，混合氣體能使CuSO4變藍，說明有水蒸氣，說明含有氧元素，據此分析解答。

20.【答案】

〔1〕Fe3S4

〔2〕；Fe3S4+6H+=3H2S+3Fe2++S

〔3〕H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI

〔4〕取溶液

G，參加過量

BaCl2

溶液，假設產生白色沉淀，那么有

SO2－；過濾后取濾液，滴加

H2O2

溶液，假設再產生白色沉淀，那么有

H2SO3。

【解析】根據題干信息：C溶液顯黃色，參加KSCN，D為血紅色溶液，可知C為FeCl3

，

D為Fe(SCN)3等，B為紅棕色固體，B為Fe2O3

，

且n(Fe2O3)=2.400g160g/mol

=0.015

mol，n(Fe)=2n(Fe2O3)=0.03

mol，m(Fe)=0.03

mol×56

g/mol=1.68

g。無色氣體E溶于水得到酸性溶液，參加碘的KI溶液，得到無色溶液G，且溶液酸性變強，說明l2氧化了E的水溶液，那么E應為SO2

，

F為H2SO3。那么G中必定含有H2SO4和HI，可能還含有未反響的H2SO3

，

根據原子守恒，A含有Fe、S兩種元素，且m(S)=2.960

g-1.68

g=1.28

g，n(S)==0.04

mol，可得n(Fe)：n(S)=3：4，A的化學式為Fe3S4

，

據此解答。

所以A為Fe3S4

，

B為Fe2O3

，

C為FeCl3

，

D為Fe(SCN)3

，

E為SO2

，

F為H2SO3

，

G中含H2SO4、HI及H2SO3等。

(1)由以上分析可知，A組成元素為Fe、S，化學式為Fe3S4；

(2)A能與稀硫酸反響，生成一種淡黃色不溶物和一種氣體(標況下的密度為1.518

gL-1)。那么淡黃色不溶物為S，該氣體的摩爾質量=1.518

g/L×22.4

L/mol=34

g/mol，那么氣體相對分子質量是34，為H2S氣體。H2S電子式為：，

該反響的離子方程式為：Fe3S4+6H+=3Fe2++S+3H2S；

(3)F為H2SO3

，

S元素具有復原性，在溶液中和I2發生氧化復原反響，FG反響的化學方程式為：H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI；

(4)G中的主要微粒(不考慮H2O，H+

，

K+

，

I-)為SO42-和H2SO3。可以先檢驗SO42-

，

再檢驗有H2SO3

，

篇4

一、《有機化工生產運行與控制》課程改革實踐

《有機化工生產運行與操控》是應用化工技術專業核心領域專業課。設計思想為：以培養學生實際分析崗位職業能力和職業素質為目標，基于工學結合、工作過程系統化等開發設計。盡力做到學習過程與實際工作過程相似，實踐場景與工作場景一致，實踐內容來源于實際工作一線。通過這門課的學習使學生掌握有機化工主要產品的性能、工業生產方法、工藝條件選擇、工藝流程組織等，了解化工生產中實用操作技術、能量有效利用技術和“三廢”治理技術。為學生將來從事有機化工生產一線操作，實施常規工藝管理等業務工作打好基礎。

本課程強調工程技術觀點，注重理論聯系實際和提高學生分析和解決工程實際問題的能力。課程標準以職業能力標準為依據，通過對崗位職業能力要求的分析，重新架構教學內容，為此，我們在選擇教學內容時，以解決典型化工產品生產過程中工藝條件的控制、工藝流程的選擇、生產設備的特點為主，并結合化工原理基礎知識的內容。本學習領域把教學和工作過程結合在一起，開發了“產品背景+項目教學+綜合考評”三步教學模式，設計了5個平行的理論與生產實際相結合的學習情境：學習情境1甲醇生產與操控，學習情境2乙烯的制取過程方案及其設備的選擇與操控，學習情境3丙烯腈的生產與操控，學習情境4丁二烯的生產與操控，學習情境5苯乙烯的生產與操控。本課程內容以在每個學習情境中都選取一個典型化工產品，以項目支撐課程，取其反應生產崗位的工作過程，按產品背景介紹—工藝路線的選擇—工藝條件的分析—反應器操作特點—常見事故處理方法的實際工作過程順序組織教學，每個教學單元對應著以上的工作任務，通過項目訓練，按照工作過程中任務與知識的關系來進行教學活動設計，突出理論實踐一體化。

在教學方法上，模擬車間現場，讓每個學生進行角色體驗，有效地提高學生的自主學習能力。根據本課程性質、教學內容和學生的特點，以學生自我形成的能力為最高目標，突出能力目標，理論與實踐一體化。突出啟發引導的教學方法，靈活運用案例分析方法，融入項目分組討論、工作崗位角色扮演的教學方法，以項目學習法的形式把學生帶入有意義的任務完成過程中，讓他在親自經歷中獲得實踐技能，自主地進行知識與能力的建構[1，2]。

在教學手段方面，部分教學內容采用“工學結合”方式講授一部分理論，在校內由專業老師講授，而與實際聯系緊密的內容則到生產現場由兼職老師講解。現場上課規模在20人左右。充分利用多媒體課件進行教學或是在仿真實訓室的“虛擬車間”利用仿真軟件模擬實際生產操作，這樣做既達到了培養學生崗位技能的目的，又節約了教學時間和成本，安全性還高，最主要的是不影響工廠生產。在學生課余時間充分發揮互聯網作用，利用校園網，按照精品課程建設的標準，建設課程網絡教學平臺。將課程的教學大綱、授課計劃、電子教案、各情境教學視頻錄像資料、作業習題及答案、試卷等教學資源在網絡課堂中公布，學生可以在此進行學習和檢驗自己的學習效果。可以設立答疑討論板塊，師生可以在課程論壇上自由發言，討論項目實施過程中出現的問題和解決方法，還可以暢談做項目過程中的失敗與成功，相互交流心得體會等。

本課程的考核方式由從原來的理論考核為主，改為過程性考核與結果性考核相結合，這樣，可以增加工藝流程圖的作圖、操作方案的設計、個人提問、人為擾動、事故處理等項目，考察學生理論聯系實際、分析問題和解決問題的能力。同時注重學生動手能力和分析問題、解決問題能力的考核，并對團隊組織、參與度、合作能力和團隊精神進行考核。另外，針對化工操作中物料往往易燃、易爆、易腐蝕的職業特點，我們特別強調職業操作規范的遵守情況的考核，例如操作安全措施是否規范，工作場所的6S管理（整理、整頓、清掃、清潔、素養和安全）是否到位。項目完成后一個必不可少的重要環節便是教師總結評價。教師應該對每個小組完成任務的情況進行評價，對過程中所遇到的疑難問題作出解答。

二、教學資源庫的建設

1.教學資源庫的建設重點

建設的重點應放在素材類資源建設方面，并為精品課程的建設提供素材庫。在以各種方式收集大量資源、素材的同時，需要將資源進行審核、整理。我們還提出資源庫的建設、課程的建設同步進行，網絡平臺的建設同步跟進的建設思路，以便規范課程和資源庫的建設。

2.教學資源庫的設計理念

通過理實結合、校企結合、課堂課外結合、真實與虛擬結合、教與學結合，利用已建立的網絡課程，引導學生充分利用其中的電子課件、圖片資源、動畫資源、視頻資源和課外拓展等，理解重點，消化難點，進行自主式學習，并通過每個單元的相關習題練習和在線測試進行自我練習和測試。教師可通過交流討論和學生在線測試情況，了解學生的學習情況。

3.課程教學資源庫的建設內容

教學準備階段應準備好課程標準、教案、授課計劃、多媒體課件、試題庫、動畫庫、錄像庫、文獻資料庫。教學資源的獲取主要有四方面的來源：互聯網、圖書資料及生產企業等方面的資料收集；本專業教師獨立制作；本專業人員與其他專業技術人員合作開發或與相關院校共享交換；購置。

教學實施環節內容有：（1）教師布置工作任務 。資源庫應提供學習任務單、多媒體課件、軟件、互聯網。（2）學生完成資料收集、制定工藝路線。資源庫應提供多媒體課件、軟件、工廠技術資料、互聯網。（3）開展任務階段：學生分組討論自己設計的方案，教師監督糾正。資源庫應提供工廠技術資料、現場錄像、。

4.課程教學資源庫的建設步驟

（1）獲取資源的途徑

資源的獲取主要來源于互聯網、圖書資料及企業技術資料等；本專業教師獨立制作；本專業教師與企業技術人員合作開發或與相關院校共享交換；購置的資源。

（2）資源庫建設的過程

課程標準確定——學習情境、學習單元設計——教師收集、整理相關資源——課程組、企業專家評估——教師優化資源并對格式處理——系部領導審核——教師分類入庫——及時更新資源庫。

三、教學資源庫的建設要點

1.教學資源庫建設的全面性

適用和配套性教學資源庫建設要與專業建設和課程改革的方向相配合，要按照應用化工技術專業課程體系的要求，建立完善的資源庫如課程標準、精品課程網站、專業信息、課程試題庫、工廠圖片、視頻動畫庫、合作企業動態、專業文獻、教學案例等。

2.教學資源庫建設的獨特性

教學資源庫的建設要根據本專業的特點，立足于院校實際的教學情境設計和教師自己開發的教學課件及素材，要形成具有的獨特個性的教學資源庫。

3.教學資源庫的先進性

教學資源庫的建設應不斷完善，隨著高職教育教學改革的進展與本行業技術的發展，要創造自主學習的平臺：提供完整的網絡課程庫、多媒體課件庫、素材庫、行業動態窗口、教學答疑輔導系統等，為教師業務能力提升、學生自主學習和行業在崗人員技術水平的提高提供服務，使用先進的網路支撐技術，使教學資源的制作、管理與交流都能在互聯網上遠程進行。

參考文獻：

篇5

應用：

二甲苯是C8芳烴的主要成分，可作為高辛烷值汽油組分及溶劑，也是有機化工的重要原料；

二甲苯屬于芳香烴類，人在短時間內吸入高濃度的甲苯或二甲苯，會出現中樞神經麻醉的癥狀，輕者頭暈、惡心、胸悶、乏力，嚴重的會出現昏迷甚至因呼吸循環衰竭而死亡，主要來自于合成纖維、塑料、燃料、橡膠等，隱藏在油漆、各種涂料的添加劑以及各種膠粘劑、防水材料中，還可來自燃料和煙葉的燃燒；

二甲苯根據兩個甲基在六碳環上的不同位置，可分為對二甲苯、鄰二甲苯和間二甲苯三種，是一種不飽和烴類有機化合物。

（來源：文章屋網 ）