有机化工的来源精选(十四篇)

序言：作为思想的载体和知识的探索者，写作是一种独特的艺术，我们为您准备了不同风格的14篇有机化工的来源，期待它们能激发您的灵感。

篇1

以现代先进的教育思想，教育理念，科学的教育方法为指导，努力地使自己向科研型转变，更新知识，提高教育的科研能力。为实现这一教学目标，我计划通过三年的时间，力争达到思想素质高、敬业精神强、协作能力好、具有较强研究反思能力、教育教学能力、能够顺应学前教育水平发展需要的骨干教师水平。

二、现状分析(个人因素分析)

从事幼儿教育工作已经16个年头，让我深切地感受到幼儿教育工作的繁重和琐碎，更让我深切地意识到幼儿园工作的小中见大的特殊性和重要性。这么多年的工作，根据自己个人的秉性，在工作中认认真真、踏踏实实，为人谦逊，守信，不计较个人的得失。面对荣誉，我不骄傲自大;面对打击，我也不妄自菲薄，只是更加提醒和督促我需要为今后的发展树立信心，快马加鞭，争取更上一个台阶。

同时我也清楚地知道自己的不足。我在教学业务上还需要不断努力、突破和创新，对于问题的发现和分析还不够全面和到位，还存在经验粗糙、学问不深的问题，还有待今后的进一步摸索。具体问题如下：

1.教育教学的理念虽有了转变，但对问题的反思和重构的能力还需要加强。

2.教学的效果还没有明显地凸显。

3.在教育教学过程中距离“关注每一位孩子的发展”这一要求还存在差距。

4.对于上级下达的每一项工作，我都作为一项任务去认真完成，而很少去考虑为什么要这样做、怎样做更有效、还不善于去主动发现问题、解决问题。

三、发展目标

(一)总目标

树立终身学习的观念，抓紧分分秒秒学习充电，使学习成为自己的一种内需，通过学习提升师德修养，丰富知识结构，增强理论底蕴;工作中，积极投身教育科研的实践与探究，关注幼儿发展，积极探索生动有效的教学方法;实践中，不断探求、感悟、反思，时刻提醒自己用脑子工作，使自己逐步成为研究型的教师。

(二)阶段目标

第一年，进一步加强自身的业务素质，完善自我，在实践研究中学习理论、摸索方法、形成经验。

第二年，深入学习和领会学前教育理念，不断拓宽和更新教学方法和手段，由教学模式化向教学个性化转变。

第三年，力求使自己的综合素质更全面、更广泛、更实际，促使自己向一专多能、研究型方向发展。

四、具体措施

(一)业务知识

1.勤于学习，树立终身学习的观念。

他山之石，可以攻玉;他山之玉，可以剖金。学习，可以使我们了解前人和他人，了解过去和未来，关照反思自我，从而获得新的生成。所以，要做到“三学”。

(1)坚持不懈地学。活到老，学到老，树立终身学习的观念。

(2)多渠道地学。要做学习的有心人，在书本中学习，学习政治思想理论、教育教学理论和各种专业知识，增强自己的理论积淀;学习他人高尚的师德修养，丰富的教学经验，以达到取长补短的目的。

(3)广泛地学。广泛地阅读各类有益的书籍，学习各种领域的知识、技能，特别要学习现代信息科技，不断构建、丰富自己的知识结构。注重个人理论的提高，多看学前教育研究类杂志、抓住一点展开深入研究。选择一些研究案例，用于自己的教学实践。

A.长远计划：

坚持阅读幼教理论书籍，提升自己的理论高度。

B.日常计划：

1)坚持每天看书半小时。

2)坚持每天弹琴半小时。

3)坚持在博客上撰写教学心得。

4)每月认真写好教育笔记二篇，并保证笔记质量。

(二)教育教学能力

1.进一步钻研《体验探究交往》教材，深入领会教材精神，并付诸实践。能结合本班幼儿年龄特点和实际发展水平，制订切实可操作的教学目标，运用生动的教学方法使教学充满激情和活力，提高教学效率。

2.在教育教学实践中有意识地锻炼培养自己各方面的能力发展：

1)提高智慧能力。包括观察能力、思维能力、想象能力、记忆能力等。切实把握幼儿的真实情况，密切关注幼儿的发展情况。

2)提高教育能力。包括全面了解幼儿的能力、正确评价幼儿的能力、指导幼儿与人交往的能力、教师“身教”的能力等。尽管已有16年的教龄，但面对今天的教育教学对象，必须不断加强学习，特别是加强对教育学、心理学的学习，有了理论的支撑才有底蕴。只有采用适合今天幼儿的教育教学方法，才能取得好的教育教学效果。

3.积极创设生活化、情景化、游戏化的教学方法，探索适合不同年龄、不同性格特征的幼儿实际水平的，教有实效的，能促使孩子综合发展的愉快学习方法，逐步形成自身的教学风格。

4.注重班级管理方法的探索，一方面在教育教学中积累管理幼儿的好方法，一方面主动与每一位家长沟通，实事求是与家长交流，选择合适的沟通策略，努力成为让自己满意，让幼儿喜爱，受家长欢迎的好老师。

A.长远计划：

逐渐形成富有个性的教学风格(三年)。

B.日常工作：

1)备好每一节课，并认真做好课前准备。

2)随时跟进主题，做好班级环境和区角的创设和更换。

3)每日关注幼儿的活动发展情况，及时与家长联系，热心细心地与家长交谈，反馈孩子在园情况。

五、研究反思能力

1.形成研究专长。在三年时间中，我将不断对自己的教学实践进行总结，重新审视，选择研究内容，在托班保教工作中寻找课题研究的突破口，抓住一点展开深入研究，注意研究的实效性。做好资料积累，形成自己的研究专长。

2.善于思考，在实践中探求、感悟。要坚持用脑子工作，力争做到

反思昨天——在反思中扬长;

审视今天——在审视中甄别;

前瞻明天——在前瞻中创新。

时刻把工作与思考相结合，在思考中工作，在工作中思考，创造性地开展工作。

3.乐于动笔，提高教育科研水平。

(1)积极撰写课题。

(2)认真撰写教学反思，积极撰写教育案例。

(3)通过撰写论文，把自己的专题研究从实践层面提升至理论层面。不断提高论文质量，每年能写出质量较好的论文1—2篇。

A.长远计划：

1)写出质量较好论文，并争取得奖。

2)撰写课题方案，并争取立项。

B.日常工作：

1)选择班中一些特殊幼儿进行跟踪观察，不断调整教学措施，撰写个案。

六、协同工作能力

1.有开朗的性格，乐群富有同情心，有自我调节能力，有民主平等合作精神。

2.善于和同事交往协作，积极参与园内、教研组等活动，宽容待人，有团队协作精神;

篇2

【关键词】有机化工废水；高含油；生化处理工艺

随着我国工业的迅速发展，含油废水的排放量日趋增加，成分也越来越复杂，每升高含油有机化工废水都含有15毫克左右的挥发酚，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毫克左右的悬浮物，0.5毫克的氰化物等，如果直接将其排入水中，将会散发出恶臭，导致生物死亡、水中缺氧，严重污染了生态环境，所以必须处理好高含油有机化工废水，保护生态环境。

1 预处理

高含油有机化工废水经过调节池、气浮池、除油池的预处理，可以除去30%左右的污油，达到初步除油效果。一般情况下，先在隔油池初步分离油水后，然后再进行混凝的油水分离或第二部上浮，这样既可以避免处理装置被污油堵塞，也可以很好的发挥装置的除油功能，用泵提升前，为了减少乳化的程度，可以先进行一次除油。如果高含油有机化工废水的凝固点较高、粒度较大，可以先配置保温、加热设备，使之保持适合的温度，避免发生油凝固的现象。

2 生化处理工艺

高含油有机化工废水经过预处理后，每升高含油有机化工废水的含油量低于30毫克，可以进行包括二沉池、接触氧化池、中沉池、好氧池、缺氧池、厌氧反应器等的生化处理，以生物降解的方式，来对高含油有机化工废水中的有害物质、有机物质等悬浮物和馏物进行处理。生化处理方式主要通过厌氧、好氧两段式处理废水方法，通过串联的厌氧-好氧工艺，充分发挥两种状态的优势。

高含油有机化工废水在厌氧段的无分子态氧条件下，主要是受到兼性微生物的厌氧微生物作用，经过水解酸化，来将高含油有机化工废水中的难以进行降解的有机物质转化成容易降解的有机物质，将长链的有机物质转化成短链的醛类、醇类、脂肪酸类等简单的有机物质，不断提高高含油有机化工废水的可生化性。利用厌氧菌的作用，可以去除高含油有机化工废水中的部分化学需氧量，同时在甲烷菌和产氢的作用下，将部分有机物质分解，转化成二氧化碳、甲烷、氢气等其他能源。然后，废水进入好氧阶段，好氧微生物不仅可以将高含油有机化工废水中的短链烃氧、醛类、醇类、脂肪酸类的有机物质转化成二氧化碳或者水等无机物质，同时还可以降低含油量和化学需氧量。处理过程中，可以在厌氧池和好氧池中加入一些弹性填料，池中既有分布均匀的生物膜，又有大量的悬浮淤泥，强化了处理能力，增强了设备的耐负荷性能，提高生物膜的作用。

通过膜法A/O处理工艺和鼓风瀑气相结合的方法，开始两级生化处理，用污水提升泵将气浮处理过的污水，送入一级生化池，气浮进水先在选择段充分接触二次沉淀池中回流的污泥，形成污水混合液和活性污泥后，在通过瀑气区的鼓风瀑气，获得大量的溶解氧，进行硝化和碳化反应，污水中可以被溶解的有机污染物质可以被活性污泥所吸附，同时被活性污泥上的微生物所降解，经过这个阶段，75%左右的化学需氧量可被去除。

然后，一级生化池出水流入二次沉淀池中，开始泥水分离，使用回流提升泵将污泥回流送入瀑气池前端选择段，出水就流入二级生化池。污水在二级生化池中，通过A/O工艺，通过有助于生物膜生长的悬浮球形填料的使用，可以在取出化学需氧量的同时，开始进行生物反硝化脱氮处理，保证出水的氨氮指标符合要求。A段池内设置提升式微孔瀑气池进行瀑气搅拌，通过电动阀门的控制来调整间断进气的周期时间，将A段空间转化成缺氧状态，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，可以通过提升式微孔瀑气器的使用来保证氧氧化需要的溶解氧。二级生化池出水进入混凝反应池后，需要加入聚丙烯酰胺，进行混合反应。混合反应后的出水再流入混凝沉淀池，开始泥水分离，混凝沉淀池中的剩余淤泥可以通过提升泵的提升送到三泥脱水罐，经过这个步骤，又可以去除71%左右的化学需氧量。

最近才发展起来并得到广泛使用的SBR工艺，是处理高含油有机化工废水的新型生化处理工艺，充氧去除有机物质的方法和普通活性污泥去除有机物质的方法相似，但是在运行过程中，空载、排水、沉淀、反应、进水五道工序可以在一个反应池中依次完成，不需要专门设置污泥回流系统和二沉池，SBR工艺可以自动进行污泥的培养、转化。

3 后处理

高含油有机化工废水的后处理是经过过滤器、混凝沉淀池和混合反应池的污泥脱水和污泥浓缩进行污泥处理。调节罐、污油罐罐底油自流到油泥浮渣池，使用油泥渣泵送到三泥脱水罐浓缩脱水。使用离心机进料泵将浓缩脱水的油泥送到离心脱水机进行脱水，形成泥饼，再送去锅炉房充作燃料。也可以加入两种高分子絮凝剂，阳离子型和阴离子型聚丙烯酰胺可以促进脱水。脱出的污水流入含油污水池，在含油污水提升泵的帮助下，送到含油污水调节罐，再重新进行处理。

4 结语

综上所述，高含油有机化工废水的生化处理工艺是一个复杂的过程。在生化处理工艺前，要先进行预处理，尽量降低高含油有机化工废水的含油量，去除或减少部分有害、有毒的有机物质，改善其生物降解性，再经过后续的生化处理、污泥处理后，其水质就已经达到国家污水排放标准，可以正常排放到河流、湖泊中。在不断改进高含油有机化工废水生化处理工艺的同时，还要从源头处减少水质污染，提倡工厂清洁生产，减轻末端处理的压力。

参考文献：

[1]周爱民.高含油有机化工废水生化处理工艺探析[J].云南化工，2009（4）.

[2]杨兴学.浅谈高含油有机化工废水的生化处理工艺[J].科技传播，2011（2）.

[3]马晓坤.高含油有机化工废水的生化处理工艺[J].中国电子商务，2014（4）.

篇3

一、单项选择题

1.以下有关化学反响的表达正确的选项是:(

)

A. 室温下，Na在空气中反响生成Na2O2     B. 室温下，Al与4.0mol﹒L-1NaOH溶液反响生成NaAlO2

C. 室温下，Cu与稀硫酸反响放出H2气体     D. 室温下，Fe与浓H2SO4反响生成FeSO4

2.盐是一类常见的物质，以下物质通过一定反响可直接形成盐的是〔

〕

①金属单质　②碱性氧化物

③非金属单质

④酸性氧化物

⑤酸

⑥碱

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

3.如下图，其中X、Y、Z、R、E分别是氧化铁、稀硫酸、氢氧化钡溶液、碳酸钠溶液、二氧化碳中的一种。图中短线相连的物质间均能相互发生反响，X和R反响有气泡出现，那么以下说法正确的选项是(

)

A. X是稀硫酸

B. X和Z反响无明显现象

C. R与E反响产生能使澄清石灰水变浑浊的气体

D. E在一定条件下可以转化为Y

4.以下对应实验现象的反响方程式正确的选项是

(

)

A. 切开的金属Na暴露在空气中,光亮外表逐渐变暗:2Na+O2=Na2O2

B. Na2CO3溶液中逐滴参加盐酸,开始时无气泡产生:Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3

C. Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间后,变成白色黏稠物:2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2

D. 向NaHCO3溶液中参加过量的澄清石灰水,出现白色沉淀:2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3+C

O32−

+2H2O

5.聚合硫酸铁[

Fe(OH)SO4]n易溶于水，能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矾(FeSO47H2O)和KClO3在水溶液中反响得到。以下说法错误的选项是〔

〕

A. KClO3在反响中作氧化剂

B. 每生成

1

mol

[

Fe(OH)SO4]n

转移1mol电子

C. 将绿矾水溶液久置于空气中，滴加几滴

KSCN

溶液，溶液变血红色

D. 聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体，故能用作净水剂

6.用洁净的铂丝蘸取某种无色溶液，在无色火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明该溶液中(

)

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.证明某溶液中只含Fe2＋而不含Fe3＋的实验方法是〔

〕

A. 只滴加KSCN溶液                                         B. 先滴加KSCN溶液，不显红色，再滴加氯水后显红色

C. 先滴加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色      D. 滴加NaOH溶液，产生白色沉淀

8.“胃舒平〞是一种治疗胃酸过多的药物，是一种常见的两性物质，其主要成分为〔

〕

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

9.甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲

丁

乙

⇌甲丁

丙。以下有关物质的推断错误的选项是〔

〕

A. 假设甲为Cl2

，

那么丁可能是铁

B. 假设甲为铁，那么丁可能是硝酸

C. 假设甲为AlCl3溶液，那么丁可能是氨水

D. 假设甲为NaOH，那么丁可能是CO2

10.甲、乙两烧瓶中各盛有100mL

5mol·L-1的盐酸和氢氧化钾溶液；向两烧瓶中分别参加等质量的铝粉，反响结束测得生成的气体体积甲∶乙＝2∶3〔相同状况〕，那么参加铝粉的质量为〔

〕

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

11.以下图像中的曲线〔纵坐标为沉淀或气体的量，横坐标为参加物质的量〕，其中错误的选项是〔

〕

A. 图A表示向含H+、Mg2+、Al3+、NH4+的溶液中滴加NaOH溶液产生沉淀量的关系曲线

B. 图B表示向澄清石灰水中通入二氧化碳直至过量产生沉淀量的关系曲线

C. 图C表示向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加盐酸产生CO2气体的关系曲线

D. 图D表示向明矾溶液中滴加Ba〔OH〕2溶液产生沉淀量的关系曲线

12.密闭容器中装有1mol

NaHCO3和0.8mol

Na2O2

，

加热充分反响后，容器内残留的固体是(

)

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的混合物中参加100mL2mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL〔标准状况〕的气体，所得溶液中参加KSCN溶液无血红色出现。假设用足量的CO在高温下复原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是〔

〕

A. 11.2g                                  B. 5.6g                                  C. 2.8g                                  D. 无法计算

14.以下表达正确的选项是(

)

①氧化铝是一种比拟好的耐火材料，可用来制造耐火坩埚

②氧化铁常用于制作红色油漆和涂料

③碳酸氢钠俗名小苏打，可用于制作发酵粉和治疗胃酸过多的药物

④过氧化钠比氧化钠稳定，两种氧化物均可作潜艇中的供氧剂

⑤焰色反响表达的是某些金属元素的物理性质

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

15.以下关于钠的化合物的表达错误的选项是〔

〕

A. 热稳定性：

Na2CO3>NaHCO3

B. Na2O

与

Na2O2

都能和水反响生成碱，它们都是碱性氧化物

C. 碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多

D. Na2O2

中阴、阳离子的个数比为1：2

16.向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，逐滴参加NaOH溶液。以下图象中，能正确表示上述反响的是〔横坐标表示参加NaOH的体积，纵坐标表示生成沉淀的质量〕〔

〕

A.                  B.                  C.                  D.

二、综合题

17.

〔1〕如图进行实验，将a溶液逐渐参加盛b溶液的试管中，写出试管中观察到的现象及对应的离子方程式。

a

b

试管中现象

离子方程式

Na2CO3

稀盐酸

________

________

稀盐酸

Na2CO3

________

________

〔2〕工业上利用NaIO3和NaHSO3反响来制取单质I2。配平以下化学方程式并用单线桥法表示电子转移的方向和数目：

________NaIO3+________NaHSO3＝________I2+________Na2SO4+________H2SO4+________H2O

〔3〕ClO2常用于水的净化，工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取

ClO2−

。写出该反响的离子方程式，并用双线桥法表示电子转移的方向和数目________。

18.固体化合物

X

由

3

种元素组成。某学习小组进行了如下实验：

请答复：

〔1〕由现象

1

得出化合物

X

含有________元素(填元素符号)，X

的化学式________。

〔2〕固体混合物

Y

的成分________(填化学式)。

〔3〕实验室常将氨气(NH3)通过红热的黑色固体化合物

Z

制备氮气，该反响的化学方程式是________，当有28克氮气生成时转移的电子的物质的量为________mol。

19.固体化合物X由3种元素组成。某学习小组进行了如下实验：

请答复：

〔1〕由现象1得出化合物X含有________元素(填元素符号)。

〔2〕固体混合物Y的成分________(填化学式)。

〔3〕X的化学式________ 。

〔4〕x与浓盐酸反响产生黄绿色气体，固体完全溶解，得到蓝色溶液，该反响的化学方程式是________。

20.磁性材料

A

是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成：

〔1〕A

的化学式为________。

〔2〕化合物

A

能与稀硫酸反响，生成一种淡黄色不溶物和一种气体〔标况下的密度为

1.518

g·L－1〕。该气体分子的电子式为________，写出该反响的离子方程式：________。

〔3〕写出

FG

反响的化学方程式：________。

〔4〕设计实验方案探究溶液

G

中的主要微粒〔不考虑

H2O、H＋、K＋、I－〕：________。

答案解析局部

一、单项选择题

1.【答案】

B

【解析】A.

室温下，钠在空气中与氧气反响生成氧化钠，在加热时生成过氧化钠，A不符合题意；

B.

室温下，铝与氢氧化钠溶液反响生成偏铝酸钠和氢气，B符合题意；

C.

室温下，铜与浓硝酸反响生成硝酸铜、二氧化氮和水，C不符合题意；

D.

室温下，铁与浓硫酸发生钝化反响，即浓硫酸具有强氧化性，将铁氧化生成一层致密的氧化物薄膜，不会生成硫酸亚铁，D不符合题意；

故答案为：B。

A．4Na+O2=2Na2O；

B．

2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2。

；

C．Cu与稀硫酸不反响；

D．室温下，Fe与浓H2SO4发生钝化，阻止反响进一步进行。

2.【答案】

D

【解析】①金属单质与非金属单质可生成盐，如Na与Cl2反响可生成氯化钠，①符合题意；

②碱性氧化物与酸性氧化物、酸都可能生成盐，如Na2O与CO2反响生成碳酸钠，氧化钠与盐酸反响生成氯化钠，②符合题意；

③非金属单质与金属单质可生成盐，如Na与Cl2反响可生成氯化钠，③符合题意；

④酸性氧化物与碱性氧化物、碱、某些盐反响都可能生成盐，如二氧化碳与氧化钠、氢氧化钠、碳酸钠溶液都能反响生成盐，④符合题意；

⑤酸与金属、碱性氧化物、碱、某些盐反响，都可能生成盐，如盐酸与钠、氧化钠、氢氧化钠、碳酸钠都能反响生成盐，⑤符合题意；

⑥碱与酸反响可以生成盐，如盐酸与氢氧化钠反响生成氯化钠，⑥符合题意；

综合以上分析，①②③④⑤⑥都可通过一定的反响生成盐，

故答案为：D。

金属单质与酸或某些盐溶液反响生成盐；

碱性氧化物能与酸反响生成盐；

某些非金属单质与碱反响生成盐；

酸性氧化物与碱反响生成盐；

酸碱中和反响可以生成盐，据此分析解答。

3.【答案】

D

【解析】

X和R反响有气泡

，那么X、R为稀硫酸和碳酸钠中的一种，又R能与三种物质反响，那么R为稀硫酸，X为碳酸钠，那么Z为氢氧化钡，Y为二氧化碳，E为氧化铁

A、X为碳酸钠，故A不符合题意

B、X和Z，有白色沉淀生成，故B不符合题意

C、R为稀硫酸，E为氧化铁，不能生成使澄清石灰水变浑浊的气体，故C不符合题意

D、E为氧化铁，被C或者CO复原时，能生成二氧化碳，故D符合题意

故答案为：D

此题突破点在于

X和R反响有气泡

，且R能与三种物质反响，。

4.【答案】

B

【解析】A.钠在常温下生成氧化钠，故A不符合题意

B.碳酸根结合氢离子也是分步的，刚开始无气泡生成，产生碳酸氢根，故B符合题意

C.在潮湿的空气中生成的生物为十水合碳酸钠，故C不符合题意

D.澄清石灰水过量，那么无碳酸根剩余反响为

2HCO3-+2Ca2++2OH-=2CaCO3 +2H2O，故

D不符合题意

故答案为：B

离子方程式判断，看是否符合反响事实，是否量的关系正确，是否配平，是否漏写离子反响

5.【答案】

B

【解析】A．根据分析，KClO3在反响中作氧化剂，故A不符合题意；

B．KClO3将FeSO4氧化成[Fe(OH)SO4]n的化学方程式为6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，根据反响可知，生成6mol[Fe(OH)SO4]n转移6nmol电子，那么每生成

l

mol

[Fe(OH)SO4]n

转移nmol电子，故B符合题意；

C．绿矾(FeSO4⋅7H2O)中的二价铁易被氧化成三价铁，那么将绿矾水溶液久置于空气中，滴加几滴

KSCN

溶液，溶液变血红色，故C不符合题意；

D．聚合硫酸铁中的铁为+3价，能用作净水剂，那么聚合硫酸铁能水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮物而净水，故D不符合题意；

故答案为：B。

KClO3将FeSO4氧化成[Fe(OH)SO4]n的化学方程式为6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n又称为碱式硫酸铁，能水解生成氢氧化铁胶体，据此解答。

6.【答案】

D

【解析】钠离子的焰色反响为黄色，钾离子的焰色反响为紫色，会被钠离子的黄色所掩蔽，所以焰色反响为黄色，说明一定含Na+也可能含K+

，

故D选项符合题意。

故答案为：D。

钠元素的焰色反响为黄色，钾元素的焰色反响为紫色，要观察钾元素的焰色，需要透过蓝色钴玻璃片，滤去黄色的光的干扰，焰色反响属于元素的性质，为物理变化。

7.【答案】

B

【解析】A.二价铁离子与硫氰根离子不反响，无明显现象，只滴加KSCN溶液，不能证明二价铁离子的存在，故A不符合题意；

B.先滴加KSCN溶液，不显红色，排除三价铁离子的干扰，再滴加氯水后显红色，可证明二价铁离子存在，故B符合题意；

C.先加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色，不能排除三价铁离子的干扰，故C不符合题意；

D.加NaOH溶液，产生白色沉淀的离子有很多种，不能证明存在二价铁离子，故D不符合题意；

故故答案为：B。

铁离子可以用硫氰化钾溶液检验，亚铁离子可以用氯水和硫氰化钾溶液检验，也可以用酸性高锰酸钾溶液检验。

8.【答案】

D

【解析】A．Na2O2是过氧化物，不是两性物质，不符合题意，A不符合题意；

B．Al2O3是两性氧化物，但不能用来治疗胃酸过多，B不符合题意；

C．NaHCO3能和酸反响，但不能仅仅生成盐和水，能和碱反响，生成盐和水，那么它不是两性物质，不符合题意，C不符合题意；

D．Al(OH)3是两性氢氧化物，可用来治疗胃酸过多，D符合题意。

故答案为：D。

既能与酸起反响生成盐和水，又能与碱起反响生成盐和水的物质称为两性物质，据此结合实际问题答复。

9.【答案】

C

【解析】A、假设甲为Cl2

，

氯气与铁反响生成氯化铁，氯化铁溶液与铁反响生成氯化亚铁，氯化亚铁溶液与氯气反响生成氯化铁，故A不符合题意；

B、假设甲为铁，过量铁与硝酸反响生成硝酸亚铁，硝酸亚铁溶液与硝酸反响生成硝酸铁，硝酸铁溶液与铁反响生成硝酸亚铁，故B不符合题意；

C、假设甲为AlCl3溶液，氯化铝溶液与氨水反响生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸强碱，但不溶于弱酸弱碱，氨水为弱碱，不能与氢氧化铝反响，故C符合题意；

D、假设甲为NaOH，二氧化碳与过量氢氧化钠溶液反响生成碳酸钠，碳酸钠溶液与二氧化碳反响生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液反响生成碳酸钠，故D不符合题意；

故答案为：C。

氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸强碱，但不溶于弱酸弱碱，氨水为弱碱是解答关键，也是易错点。

10.【答案】

D

【解析】盐酸与铝的离子反响式为：

2Al+6HCl2AlCl3+3H2

，KOH与铝的离子反响式为：

2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2

，所以等物质的量的铝分别与足量的盐酸和氢氧化钾溶液反响，消耗的氢氧化钾溶液的量比盐酸少；而此题中反响结束测得生成的气体体积甲∶乙＝2∶3，故盐酸少量，那么与盐酸反响生成的氢气为

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

，故与KOH溶液反响生成的氢气为

n(H2)=1.5×0.25mol=0.375mol

。KOH溶液足量，参加其中的铝完全反响。故可求得

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

故答案为：D。

铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，假设Al都完全反响，那么生成氢气应相等，而应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2：3，由方程式：

2Al+6HCl2AlCl3+3H2

、

2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2

，可知相同物质的量的Al反响时，消耗HCl较多，故酸与金属反响时酸不过量，碱与金属反响时碱过量，结合方程式计算解答．

11.【答案】

C

【解析】A．H+、Mg2+、Al3+、NH4+的溶液中H+最易与OH-反响，所以开始无沉淀，其次为Al3+

，

反响后生成水、氢氧化铝，出现沉淀，Mg2+和OH-反响生成氢氧化镁，沉淀达最大量，继续滴加，NH4+和OH-反响生成一水合氨，沉淀量不变，继续滴加，氢氧化铝溶解，Al〔OH〕3+OH-＝AlO2-+2H2O，故A不符合题意；

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

，

故先产生沉淀，后沉淀溶解，前后两局部二氧化碳的物质的量为1：1，故B不符合题意；

C．向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加盐酸，盐酸先和氢氧化钠反响，开始没有气体产生，然后再与碳酸钠反响，Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2+H2O，产生CO2气体，开始未产生气体消耗的盐酸应比产生气体消耗的盐酸多，图象不符合题意，故C符合题意；

D．向明矾溶液中逐滴参加Ba〔OH〕2溶液，当Al3+恰好全部沉淀时，离子方程式为：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-＝3BaSO4+2Al〔OH〕3，继续滴加，那么发生Al3++4OH-＝AlO2-+2H2O，故D不符合题意；

故答案为：C。

此题以图象为载体考查钙镁铝化合物的性质，明确发生的化学反响是解答的关键，反响发生的先后顺序是学生解答中的难点，注意图象比例关系。特别是C选项，盐酸先和氢氧化钠反响，再与碳酸钠反响，且先生成碳酸氢钠，再生成二氧化碳。

12.【答案】

D

【解析】碳酸氢钠不稳定受热分解生成碳酸钠、水和CO2

，

物质的量分别都是0.5mol。生成的CO2首先和过氧化钠反响，消耗0.5mol过氧化钠，生成0.5mol碳酸钠。剩余的0.3mol过氧化钠再和0.3mol水反响生成0.6mol氢氧化钠，

故答案为：D。

根据碳酸氢钠不稳定受热分解生成碳酸钠、水和CO2

，

及过氧化钠与二氧化碳、水反响规律进行分析。

13.【答案】

B

【解析】盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反响所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知n(FeCl2)=

12

n(HCl)=

12

×0.1L×2mol/L=0.1mol；用足量的CO在高温下复原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n(Fe)=n(FeCl2)=0.1mol，质量为0.1mol×56g/mol=5.6g，

故答案为：B。

由题意可得，铁完全转化为氯化亚铁，那么物质的量之比Fe：Cl=1：2，又n〔Cl-〕=0.2mol

故n〔Fe〕=0.1mol

14.【答案】

A

【解析】①氧化铝具有很高的熔点，是一种比拟好的耐火材料，可用来制造耐火坩埚，故符合题意；②氧化铁俗称铁红，常用作红色油漆和涂料，故符合题意；③碳酸氢钠俗名小苏打，因其碱性较弱，可用于制作发酵粉和治疗胃酸过多的药物，故符合题意；④过氧化钠比氧化钠稳定，但氧化钠不能与水或二氧化碳反响生成氧气，所以氧化钠不能做供氧剂，故不符合题意；⑤焰色反响为物理变化，表达的是某些金属元素的物理性质，故符合题意；

正确的有①②③⑤

故答案为A。

①氧化铝的熔点高，可作耐火材料

②氧化铁，俗称铁红，呈红棕色，故可用作红色油漆和涂料

③小苏打加热可分解放出气体，故可用作发酵粉，呈碱性且碱性较弱，故可用作于治疗胃酸

④只有过氧化钠能做供氧剂

⑤焰色反响为物理变化，表达的是金属元素的物理性质

15.【答案】

B

【解析】A．NaHCO3不稳定，加热易分解，发生2NaHCO3

__

Na2CO3+H2O+CO2，碳酸钠受热不分解，不符合题意；

B．Na2O2与水反响生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，符合题意；

C．碳酸氢钠可与盐酸反响，且碳酸氢钠的碱性较弱，对胃壁的刺激作用较小，可用于中和胃酸过多，不符合题意；

D．Na2O2中阴离子为O22-

，

Na2O2中阴、阳离子的个数比为1：2，不符合题意；

故答案为：B。

碱性氧化物：能与碱反响只生成盐和水的氧化物，过氧化钠除了盐和水还生成了氧气

16.【答案】

D

【解析】因横坐标表示参加NaOH溶液的体积，纵坐标表示反响生成沉淀的质量，

那么向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，逐滴参加NaOH溶液，发生Mg2++2OH-Mg(OH)2、Al3++3OH-Al(OH)3，那么沉淀的质量一直在增大，直到最大；然后发生Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O，沉淀的质量减少，但氢氧化镁不与碱反响，那么最后沉淀的质量为一定值，显然只有D符合，

故答案为：D。

先生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，然后氢氧化铝继续反响，沉淀局部溶解但不消失应选D

二、综合题

17.【答案】

〔1〕立刻产生气泡；CO32-

+2H+

=H2O

+

CO2；开始时无气泡，后来有气泡；CO32-

+

H+

=

HCO3-

、

HCO3-

+

H+

＝H2O

+

CO2

〔2〕4；10；2；7；3；2

〔3〕

【解析】(1)将碳酸钠溶液滴入到稀盐酸中，盐酸过量，开始就产生气泡，其离子反响方程式为：

CO32-

+2H+=H2O+CO2；将稀盐酸滴入到碳酸钠溶液中，盐酸少量，开始时无气泡，后来产生气泡，其离子反响方程式为：

CO32-

+H+=

HCO3-

、

HCO3-

+H+=H2O+CO2；

(2)

NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液时，

HSO3-

被氧化成

SO42−

，

IO3-

被复原成I2

，

根据电子守恒和元素守恒，该反响为：4NaIO3+10NaHSO32I2+7Na2SO4+3H2SO4+2H2O，该反响中转移的电子数为20e-；

；

(3)

Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2

，

本身被复原为氯离子，1个氯气分子反响得到2个电子，因此离子反响方程式为：

2ClO2-

+Cl2=2ClO2+2Cl-；双线桥法表示电子转移的方向和数目为：

.

(1)

碳酸钠溶液参加稀盐酸中：Na2CO3+2HCl=Na2CO3+2NaCl；

稀盐酸参加碳酸钠溶液中：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2;

(2)

氧化复原反响的配平：

1.标出化合价并计算出价态的变化量；

2.使化合价的升降总数相等〔最小公倍数〕;

3.再观察非氧化复原局部中元素的个数;

4.最后配平氢氧的个数。

对于氧化复原反响可以采用电子守恒的方法，根据物质得到

的电子数,等于

失去的电子数；

(3)

两者反响为氯元素自身的氧化复原，注意两者生成产物的不同。

18.【答案】

〔1〕S；BaCuS2

〔2〕BaO和CuO

〔3〕2NH3+3CuO3=Cu+N2+3H2O；6

【解析】〔1〕根据上述分析可知，X中含有S元素，固体化合物Z的物质的量为：

8g80g/mol

=0.1mol，固体混合物中BaO的质量为23.3g-8g=15.3g，BaO的物质的量为：

15.3g153g/mol

=0.1mol，因此固体X中S元素的物质的量为：

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

=0.2mol，N(Cu)：N(Ba)：N(S)=1：1：2，故X的化学式为：BaCuS2

，

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

故故答案为：：CuO和BaO；〔3〕氨气与氧化铜在高温条件下反响，生成铜、氮气、水，其化学反响方程式为：

3CuO+2NH3=高温N2+3Cu+3H2O

，

反响

3CuO+2NH3=高温N2+3Cu+3H2O

中N元素由-3价变为0价，每生成1molN2转移6mol电子，故当有28克氮气即1mol生成时转移的电子的物质的量为6mol。

故故答案为：：

3CuO+2NH3=高温N2+3Cu+3H2O

；6mol。

根据现象1可知，无色气体为SO2

，

向黑色固体化合物Z中参加盐酸，溶液呈蓝色，说明固体Z为CuO，向碱性溶液中加硫酸会产生白色沉淀，说明该溶液中含有Ba2+

，

由此可知，固体混合物Y中含有BaO，据此解答此题。

19.【答案】

〔1〕O

〔2〕Cu、NaOH

〔3〕NaCuO2

(Na2O2·2CuO)

〔4〕2NaCuO2

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

【解析】〔1〕CuSO4由白色变为蓝色，说明有水生成，因为X和枯燥的H2反响，根据元素守恒分析，必定含有O元素；

〔2〕现象2获得紫色单质，说明Y含有Cu,现象3焰色反响为黄色说明有Na元素，与HCl发生中和反响说明有NaOH；

〔3〕由反响NaOH+HCl=NaCl+H2O,所以NaOH为0.02mol，得出m(Na)=0.02×23g=0.46g，铜为1.28g，得m(O)=m总-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，故化学式为NaCuO2；

〔4〕X与浓盐酸反响，根据反响现象，产物有Cl2

，

和CuCl2蓝色溶液，因而化学方程式为2NaCuO2＋8HCl=2NaCl＋2CuCl2＋Cl2＋4H2O。

固体混合物Y溶于水，得到紫红色固体单质，说明是Cu，产生碱性溶液，焰色反响呈黄色说明含有钠元素，与HCl发生中和，说明是NaOH〔易算出为0.02mol〕，混合气体能使CuSO4变蓝，说明有水蒸气，说明含有氧元素，据此分析解答。

20.【答案】

〔1〕Fe3S4

〔2〕；Fe3S4+6H+=3H2S+3Fe2++S

〔3〕H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI

〔4〕取溶液

G，参加过量

BaCl2

溶液，假设产生白色沉淀，那么有

SO2－；过滤后取滤液，滴加

H2O2

溶液，假设再产生白色沉淀，那么有

H2SO3。

【解析】根据题干信息：C溶液显黄色，参加KSCN，D为血红色溶液，可知C为FeCl3

，

D为Fe(SCN)3等，B为红棕色固体，B为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。无色气体E溶于水得到酸性溶液，参加碘的KI溶液，得到无色溶液G，且溶液酸性变强，说明l2氧化了E的水溶液，那么E应为SO2

，

F为H2SO3。那么G中必定含有H2SO4和HI，可能还含有未反响的H2SO3

，

根据原子守恒，A含有Fe、S两种元素，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的化学式为Fe3S4

，

据此解答。

所以A为Fe3S4

，

B为Fe2O3

，

C为FeCl3

，

D为Fe(SCN)3

，

E为SO2

，

F为H2SO3

，

G中含H2SO4、HI及H2SO3等。

(1)由以上分析可知，A组成元素为Fe、S，化学式为Fe3S4；

(2)A能与稀硫酸反响，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标况下的密度为1.518

gL-1)。那么淡黄色不溶物为S，该气体的摩尔质量=1.518

g/L×22.4

L/mol=34

g/mol，那么气体相对分子质量是34，为H2S气体。H2S电子式为：，

该反响的离子方程式为：Fe3S4+6H+=3Fe2++S+3H2S；

(3)F为H2SO3

，

S元素具有复原性，在溶液中和I2发生氧化复原反响，FG反响的化学方程式为：H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI；

(4)G中的主要微粒(不考虑H2O，H+

，

K+

，

I-)为SO42-和H2SO3。可以先检验SO42-

，

再检验有H2SO3

，

篇4

一、《有机化工生产运行与控制》课程改革实践

《有机化工生产运行与操控》是应用化工技术专业核心领域专业课。设计思想为：以培养学生实际分析岗位职业能力和职业素质为目标，基于工学结合、工作过程系统化等开发设计。尽力做到学习过程与实际工作过程相似，实践场景与工作场景一致，实践内容来源于实际工作一线。通过这门课的学习使学生掌握有机化工主要产品的性能、工业生产方法、工艺条件选择、工艺流程组织等，了解化工生产中实用操作技术、能量有效利用技术和“三废”治理技术。为学生将来从事有机化工生产一线操作，实施常规工艺管理等业务工作打好基础。

本课程强调工程技术观点，注重理论联系实际和提高学生分析和解决工程实际问题的能力。课程标准以职业能力标准为依据，通过对岗位职业能力要求的分析，重新架构教学内容，为此，我们在选择教学内容时，以解决典型化工产品生产过程中工艺条件的控制、工艺流程的选择、生产设备的特点为主，并结合化工原理基础知识的内容。本学习领域把教学和工作过程结合在一起，开发了“产品背景+项目教学+综合考评”三步教学模式，设计了5个平行的理论与生产实际相结合的学习情境：学习情境1甲醇生产与操控，学习情境2乙烯的制取过程方案及其设备的选择与操控，学习情境3丙烯腈的生产与操控，学习情境4丁二烯的生产与操控，学习情境5苯乙烯的生产与操控。本课程内容以在每个学习情境中都选取一个典型化工产品，以项目支撑课程，取其反应生产岗位的工作过程，按产品背景介绍—工艺路线的选择—工艺条件的分析—反应器操作特点—常见事故处理方法的实际工作过程顺序组织教学，每个教学单元对应着以上的工作任务，通过项目训练，按照工作过程中任务与知识的关系来进行教学活动设计，突出理论实践一体化。

在教学方法上，模拟车间现场，让每个学生进行角色体验，有效地提高学生的自主学习能力。根据本课程性质、教学内容和学生的特点，以学生自我形成的能力为最高目标，突出能力目标，理论与实践一体化。突出启发引导的教学方法，灵活运用案例分析方法，融入项目分组讨论、工作岗位角色扮演的教学方法，以项目学习法的形式把学生带入有意义的任务完成过程中，让他在亲自经历中获得实践技能，自主地进行知识与能力的建构[1，2]。

在教学手段方面，部分教学内容采用“工学结合”方式讲授一部分理论，在校内由专业老师讲授，而与实际联系紧密的内容则到生产现场由兼职老师讲解。现场上课规模在20人左右。充分利用多媒体课件进行教学或是在仿真实训室的“虚拟车间”利用仿真软件模拟实际生产操作，这样做既达到了培养学生岗位技能的目的，又节约了教学时间和成本，安全性还高，最主要的是不影响工厂生产。在学生课余时间充分发挥互联网作用，利用校园网，按照精品课程建设的标准，建设课程网络教学平台。将课程的教学大纲、授课计划、电子教案、各情境教学视频录像资料、作业习题及答案、试卷等教学资源在网络课堂中公布，学生可以在此进行学习和检验自己的学习效果。可以设立答疑讨论板块，师生可以在课程论坛上自由发言，讨论项目实施过程中出现的问题和解决方法，还可以畅谈做项目过程中的失败与成功，相互交流心得体会等。

本课程的考核方式由从原来的理论考核为主，改为过程性考核与结果性考核相结合，这样，可以增加工艺流程图的作图、操作方案的设计、个人提问、人为扰动、事故处理等项目，考察学生理论联系实际、分析问题和解决问题的能力。同时注重学生动手能力和分析问题、解决问题能力的考核，并对团队组织、参与度、合作能力和团队精神进行考核。另外，针对化工操作中物料往往易燃、易爆、易腐蚀的职业特点，我们特别强调职业操作规范的遵守情况的考核，例如操作安全措施是否规范，工作场所的6S管理（整理、整顿、清扫、清洁、素养和安全）是否到位。项目完成后一个必不可少的重要环节便是教师总结评价。教师应该对每个小组完成任务的情况进行评价，对过程中所遇到的疑难问题作出解答。

二、教学资源库的建设

1.教学资源库的建设重点

建设的重点应放在素材类资源建设方面，并为精品课程的建设提供素材库。在以各种方式收集大量资源、素材的同时，需要将资源进行审核、整理。我们还提出资源库的建设、课程的建设同步进行，网络平台的建设同步跟进的建设思路，以便规范课程和资源库的建设。

2.教学资源库的设计理念

通过理实结合、校企结合、课堂课外结合、真实与虚拟结合、教与学结合，利用已建立的网络课程，引导学生充分利用其中的电子课件、图片资源、动画资源、视频资源和课外拓展等，理解重点，消化难点，进行自主式学习，并通过每个单元的相关习题练习和在线测试进行自我练习和测试。教师可通过交流讨论和学生在线测试情况，了解学生的学习情况。

3.课程教学资源库的建设内容

教学准备阶段应准备好课程标准、教案、授课计划、多媒体课件、试题库、动画库、录像库、文献资料库。教学资源的获取主要有四方面的来源：互联网、图书资料及生产企业等方面的资料收集；本专业教师独立制作；本专业人员与其他专业技术人员合作开发或与相关院校共享交换；购置。

教学实施环节内容有：（1）教师布置工作任务 。资源库应提供学习任务单、多媒体课件、软件、互联网。（2）学生完成资料收集、制定工艺路线。资源库应提供多媒体课件、软件、工厂技术资料、互联网。（3）开展任务阶段：学生分组讨论自己设计的方案，教师监督纠正。资源库应提供工厂技术资料、现场录像、。

4.课程教学资源库的建设步骤

（1）获取资源的途径

资源的获取主要来源于互联网、图书资料及企业技术资料等；本专业教师独立制作；本专业教师与企业技术人员合作开发或与相关院校共享交换；购置的资源。

（2）资源库建设的过程

课程标准确定——学习情境、学习单元设计——教师收集、整理相关资源——课程组、企业专家评估——教师优化资源并对格式处理——系部领导审核——教师分类入库——及时更新资源库。

三、教学资源库的建设要点

1.教学资源库建设的全面性

适用和配套性教学资源库建设要与专业建设和课程改革的方向相配合，要按照应用化工技术专业课程体系的要求，建立完善的资源库如课程标准、精品课程网站、专业信息、课程试题库、工厂图片、视频动画库、合作企业动态、专业文献、教学案例等。

2.教学资源库建设的独特性

教学资源库的建设要根据本专业的特点，立足于院校实际的教学情境设计和教师自己开发的教学课件及素材，要形成具有的独特个性的教学资源库。

3.教学资源库的先进性

教学资源库的建设应不断完善，随着高职教育教学改革的进展与本行业技术的发展，要创造自主学习的平台：提供完整的网络课程库、多媒体课件库、素材库、行业动态窗口、教学答疑辅导系统等，为教师业务能力提升、学生自主学习和行业在岗人员技术水平的提高提供服务，使用先进的网路支撑技术，使教学资源的制作、管理与交流都能在互联网上远程进行。

参考文献：

篇5

应用：

二甲苯是C8芳烃的主要成分，可作为高辛烷值汽油组分及溶剂，也是有机化工的重要原料；

二甲苯属于芳香烃类，人在短时间内吸入高浓度的甲苯或二甲苯，会出现中枢神经麻醉的症状，轻者头晕、恶心、胸闷、乏力，严重的会出现昏迷甚至因呼吸循环衰竭而死亡，主要来自于合成纤维、塑料、燃料、橡胶等，隐藏在油漆、各种涂料的添加剂以及各种胶粘剂、防水材料中，还可来自燃料和烟叶的燃烧；

二甲苯根据两个甲基在六碳环上的不同位置，可分为对二甲苯、邻二甲苯和间二甲苯三种，是一种不饱和烃类有机化合物。

（来源：文章屋网 ）

篇6

硅藻泥本身没有任何的污染，而且有多种功能，是涂料无法比拟的。

硅藻泥壁材由纯天然无机材料构成，不含任何有害物质及有害添加剂，材料本身为纯绿色环保产品。其主要成分硅藻矿物被广泛应用于美容面膜、啤酒食品过滤等。

涂料属于有机化工高分子材料，所形成的涂膜属于高分子化合物类型。按照现代通行的化工产品的分类，涂料属于精细化工产品。

（来源：文章屋网 ）

篇7

1、纯碱就是碳酸钠,所以是碳酸根离子,CO32－（2－在符号右上角）。

2、碳酸钠（Na2CO3），分子量105.99 。化学品的纯度多在99.5%以上（质量分数），又叫纯碱，但分类属于盐，不属于碱。国际贸易中又名苏打或碱灰。它是一种重要的有机化工原料，主要用于平板玻璃、玻璃制品和陶瓷釉的生产。还广泛用于生活洗涤、酸类中和以及食品加工等。

（来源：文章屋网 ）

篇8

1、碳酸钠（纯碱）化学式：Na2CO3。

2、碳酸钠（Na2CO3），分子量105.99 。化学品的纯度多在99.5%以上（质量分数），又叫纯碱，但分类属于盐，不属于碱。国际贸易中又名苏打或碱灰。它是一种重要的有机化工原料，主要用于平板玻璃、玻璃制品和陶瓷釉的生产。还广泛用于生活洗涤、酸类中和以及食品加工等。

（来源：文章屋网 ）

篇9

1、原油产品提供的能源主要作汽车、拖拉机、飞机、轮船、锅炉的燃料,少量用作民用燃料。 原油产品是材料工业的支柱之一金属、无机非金属材料和高分子合成材料,被称为三大材料。全世界原油化工提供的高分子合成材料产量约1.45亿吨。

2、除合成材料外,石油产品还提供了绝大多数的有机化工原料,在属于化工领域的范畴内,除化学矿物提供的化工产品外,石油产品生产的原料,在各个部门大显身手。 各工业部门离不开原油产品 现代交通工业的发展与燃料供应息息相关,可以毫不夸张地说,没有燃料,就没有现代交通工业。金属加工、各类机械毫无例外需要各类材料及其它配套材料,消耗了大量原油产品。建材工业是原油产品的新领域,如塑料管材、门窗、铺地材料、涂料被称为化学建材。轻工、纺织工业是石油产品的传统用户,新材料、新工艺、新产品的开发与推广,无不有原油产品的身影。

（来源：文章屋网 ）

篇10

碳酸钠与氧化铁不能反应。氧化铁（ferricoxide），化学式Fe2O3。红色或深红色无定形粉末。相对密度5~5.25,熔点1565℃(同时分解)。不溶于水,溶于盐酸和硫酸,微溶于硝酸。遮盖力和着色力都很强,无油渗性和水渗性。

碳酸钠[497-19-8]（Na2CO3），分子量105.99。化学品的纯度多在99.5%以上（质量分数），又叫纯碱，但分类属于盐，不属于碱。国际贸易中又名苏打或碱灰。它是一种重要的有机化工原料，主要用于平板玻璃、玻璃制品和陶瓷釉的生产。还广泛用于生活洗涤、酸类中和以及食品加工等。

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篇11

相对密度（d204）1、220。

甲酸，俗名蚁酸，是最简单的羧酸。无色而有刺激性气味的液体。弱电解质，熔点8、6摄氏度，沸点100.8摄氏度。酸性很强，有腐蚀性，能刺激皮肤起泡。存在于蜂类、某些蚁类和毛虫的分泌物中。是有机化工原料，也用作消毒剂和防腐剂。

密度：物质每单位体积内的质量。密度是反映物质特性的物理量，物质的特性是指物质本身具有的而又能相互区别的一种性质，人们往往感觉密度大的物质“重”，密度小的物质“轻”一些，这里的“重”和“轻”实质上指的是密度的大小。

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篇12

中国人最迟在公元前13世纪就已经发明和使用了漆。1976年在河南省安阳市发掘出的“妇好”墓中，（葬于公元13世纪），上过漆的棺木就是最好的证明。早在公元前2世纪，中国人已发现了漆的重要化学性质，发现了通过漆的蒸发过程使其变质的方法，发现了通过在漆中放几只螃蟹壳，漆就会保持液状，不会变干。

公元前120年的《淮南子》一书提到了螃蟹壳能使漆保持液态的特殊功能。现代科学家化验证实，甲壳体组织内确有抑制某些酶的活动的化学成分。

油漆早期大多以植物油为主要原料，故被叫做油漆，如健康环保原生态的熟桐油。 不论是传统的以天然物质为原料的涂料产品，还是现展中的以合成化工产品为原料的涂料产品，都属于有机化工高分子材料，所形成的涂膜属于高分子化合物类型。

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篇13

1、进行焰色反应，透过蓝色的钴玻璃火焰为黄色证明有钠离子。

2、滴入氯化钡溶液，产生白色沉淀；再滴入稀盐酸，白色沉淀溶解，产生使澄清的石灰水变浑浊的气体，证明含碳酸根离子。

碳酸钠分子量105、99 。化学品的纯度多在99、5%以上，又叫纯碱，但分类属于盐，不属于碱。国际贸易中又名苏打或碱灰。它是一种重要的有机化工原料，主要用于平板玻璃、玻璃制品和陶瓷釉的生产。还广泛用于生活洗涤、酸类中和以及食品加工等。

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篇14

关键词：MMA；异丁烯；异丁烷；两步氧化法；直接甲基化法；

一、甲基丙烯酸甲酯（MMA）

MMA是一种含有甲酯基和不饱合键的有机化合物，它可以进行水解、均聚、共聚和酯交换等多种反应，所以它可以作为多种反应的中间体，是一种重要的有机化工原料。MMA的用途广泛，例如：生产有机玻璃、树脂、涂料、粘合剂等，应用于建筑、汽车、卫生洁具等多个领域。因此，MMA的工业价值高，市场需求大，需要大量生产，实现产业化。

二、生产MMA的方法

MMA的生产有多个途径，当前，国内比较常用的是丙酮氰醇法。

1.丙酮氰醇法制MMA

丙酮氰醇法是通过氢氰酸、丙酮等原料制取MMA的一种方法，具体反应过程为：①丙酮与氢氰酸在碱性条件下反应生成丙酮氰醇；②丙酮氰醇在浓硫酸的环境下与浓硫酸生成甲基丙烯酰胺硫酸盐；③甲基丙烯酰胺硫酸盐与甲醇发生酯化反应，得到目标产物。

分析上述反应过程可知：通过丙酮氰醇中间体制取MMA的方法虽然可行，但是具有很多缺点，例如：①反应涉及的原料多；②在反应中用到剧毒的氢氰酸、强腐蚀的浓硫酸和烧碱，不符合绿色安全生产的要求；③原子利用率低：在反应中有副产物硫酸氢铵废弃物的产生。并且，氢氰酸的产量少，这也极大的限制了MMA的生产。所以，丙酮氰醇法制取MMA的方法，即不符合绿色环保的要求，也不能获得最大的经济效益，需要用别的MMA制备方法来代替当前的丙酮氰醇法。

2.制取MMA的新工艺

近些年，国内外已经开发出了新的绿色生产工艺来代替丙酮氰醇工艺，例如：异丁烯工艺、乙烯工艺、甲基乙炔工艺和异丁烷工艺等。这些工艺均符合可持续发展的战略，不但具有高的原子利用率，而且采用的原料纯净，无污染。本文主要介绍的是以C4为原料生产MMA的工艺技术

三、以C4为原料生产MMA的工艺技术

生产MMA的C4原料主要指异丁烯和异丁烷。

（一）异丁烯工艺

异丁烯生产MMA的方法分为两步法和三步法。三步法的反应历程是：1、先将异丁烯（IB）催化氧化为甲基丙烯醛（MAL），2、催化氧化MAL生成甲基丙烯酸（MAA）3、MAA再经过酯化反应得到MMA。而两步法是将三步法的后两个步骤合为一步，直接将MAL催化氧化并酯化为MMA，省去了中间体MAA的阶段。两种方法的流程简图如图1所示：

1.异丁烯工艺所用催化剂

三步法又被称为“两步氧化”工艺，在第一步氧化反应中，不饱和双键被氧化为醛基，催化剂多采用的是Mo、Bi、Fe、Sb、W等复合金属体系，再添加一些碱性元素，碱性元素的加入是为了调节酸度，提高催化剂的活性。在第二步氧化反应中，采用P-Mo-V杂多酸作为催化剂，可以用砷代替中心元素磷，提高催化性能。之后酯化反应的催化剂一般采用酸性阳离子交换树脂。

两步法被称为“直接甲基化法”，该反应常用的催化剂为Pb，同时用碳酸钙或氧化锌作为载体，添加Bi、Fe、Zn等金属元素来提高活性和稳定性。

2.异丁烯工艺的优势

不管是三步法还是两步法，分析工艺流程可知，异丁烯工艺具有很多优点，现分析如下：

（1）从原料方面分析：异丁烯是石油裂解的C4馏分，来源丰富，运输安全，无毒无害；

（2）从反应类型方面分析：氧化反应均为气固相反应，没有废酸的产生，所以能有效的防治设备的腐蚀；

（3）从反应进程方面分析：氧化和酯化反应可连续进行，副产物少。

但是，相对而言，三步法的工艺较复杂，经过MAA阶段，有发生MAA聚合等副反应的可能性，而两步法就将MAL直接氧化酯化成了MMA，不但避免了有关MAA的副反应，而且还简化了工艺过程，降低了能耗，具有更高的原子利用率，并且在反应过程中，不涉及硫酸的使用，腐蚀性更加得到改善。所以，三步法比两步法具有更高的环境效益和经济效益，是更好的生产MMA的清洁工艺技术。

（二）异丁烷工艺

该工艺是利用异丁烷作为初始原料，它的工艺路线是：①先将异丁烷氧化脱氢为异丁烯；②与异丁烯的三步法相似：氧化异丁烯为甲基丙烯醛和甲基丙烯酸；③酯化为MMA。因为烷烃也是尚未被充分利用的重要资源，所以异丁烷制备MMA 的工艺具有很大的市场潜力，并且和异丁烯工艺相比，能节约成本，是绿色技术含量很高的工艺路线。虽然当前该工艺已经取得阶段性的研究成果，但是在催化剂的选择上，还遇到一些问题，即使使用基于铯和钼促进剂的多组分新催化剂，异丁烷、甲基丙烯醛和甲基丙烯酸的转化率也不高。

四、结语

MMA作为重要的有机化工原料备受关注。由于国内常用的丙酮氰醇法的原子利用率低和原料的毒性，所以专业人员要寻找其他的工艺来替代丙酮氰醇法。以C4为原料生产MMA的方法凭借其优异的绿色清洁性、低成本和高原子利用率脱颖而出，国内外都在加强对此技术的研究并且已经取得一些成果，部分企业已经实现了工业化。相关专业人员应该继续加强此项工艺的研究，寻找出适合异丁烷氧化反应的催化剂，设计出更加成熟的生产工艺，力求达到清洁低成本的目标。

参考文献：

[1]徐德仁，刘艳东.国内外甲基丙烯酸甲酯产业发展前景分析[J].化工技术经济，2005（23）：16-19.

[2]刘璐，崇明本，陈丰秋.甲基丙烯酸甲酯绿色工艺研究进展[J].精细石油化工进展，2006（08）：37-40.

[3]王安峰.甲基丙烯酸甲酯绿色生产工艺研究进展[J].廊坊师范学院学报，2007（23）：40-42.