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幼儿园教师学习计划范文1
一、个人简介：
我1989年毕业于一幼师，有多年的教学经验，目前承担教学助理的工作，通过进修取得了本科学历。本人最大的优点是做事认真，工作效率高，绝不拖拉。xx期间承担了区级课题研究工作，现已顺利结题。弱点是感性太多，对事情缺少理性的思考与分析。再有就是由于工作年头多了，积累了一些教学经验，有满足现状的思想，缺乏创新意识和能力。
二、学习目标：
1积极参加骨干教师培训的各项活动，结合自身成长的需要，不断加强自身文化修养，加强业务理论的学习，不断的更新观念，吸收身边好的教育经验。在理论和教学技能上进一步完善自己。
2改变意识，树立终身学习的教育思想。养成读书的习惯。
3发挥自己的优势，在园内起到辐射引领作用。
三、学习计划：
1多读书，并从书中反思自己的教育理念是否先进，教育行为是否正确，并在不断调整中改进。
2虚心向有经验的教师请教。珍惜每一次的观摩学习机会。树立“三人行必有我师焉。”的思想。
3积极参加每次组织的各种培训，做好记录与整理。认真参与课题的研究与制定活动，敢于发表自己的见解和想法，真正使得教育落到实处。并吸纳别人的长处补己之短。
四、学习措施：
1每天用小时读专业理论书籍。在半年的时间里至少写出4篇读书笔记，不断提升自己的理论水平，用更先进的理念指导自己的教育教学。
2在半年的时间里至少写出4——6篇教育案例分析或教学反思。反思自己的教育行为，在不断反思，调整改进中提升自己的教育教学水平。
3认真参加小组课题研究。在小组中勇于建言献策，积极承担各项研究任务，找准一个切入点，并在园所中踏踏实实，脚踏实地的进行研究。不断总结研究成果。
4利用休息日及假期进行学习培训，总结学习体会。
幼儿园教师学习计划范文2
【中图分类号】 G612 【文献标识码】 A
【文章编号】 1004―0463（2016）08―0121―01
数字化教育游戏是利用多媒体表现形式，充分体现教学可视化、生动直观，使幼儿参与度广、参与热情高、娱乐性强的一种新型教育教学活动。随着数字化学习试点工作的深入开展，在幼儿园的集体教学活动开展过程中，我们发现数字化游戏的运用主要有以下三种模式。
一、示范教学补充模式
在幼儿学习知识的初期，由于幼儿的知识储备非常少，各项能力都非常欠缺，这就需要教师选择适合幼儿这一学习阶段的教学模式。而示范性教学模式正好具备讲解、演示、练习等教育教学环节，能够充分体现出以教师为引导、幼儿主动获取知识并积极参与操作的教学原则，具有很强的可操作性和实效性。
例如，小班教学活动“小小送货员”是一个关于按一个特征分类的集体活动。教师根据教学的需要设计使用了一个由特征标记、各种物品和声音等资料组成的数字化游戏软件， 在活动的巩固操作环节，教师为幼儿讲解游戏内容――为大象伯伯分玩具；演示游戏玩法，巩固按一个特征分类的教学内容；再邀请幼儿个体单独实践操作，使幼儿能够利用游戏获得相应的体验。这种讲解、演示、练习、辅助穿行的活动结构模式更能体现幼儿主动操作、教师引导的教学原则。一人一机式的操作活动，发挥了游戏的互动功能，幼儿可通过软件中设置的情境进行点击或拖动图标操作。如果幼儿送错了位置，就会出现语音提示“请你再想想”。幼儿可根据自己的思考再次尝试操作，直到正确后，就能得到大象伯伯的夸奖。当幼儿满5次正确后，画面上还会奖励一列小火车等象征性的礼物，以示鼓励。
当然，单纯的示范性教学模式显得单调、保守。在具体运用时，还应该配合其他教学模式和教学手段，让幼儿在接受式学习的同时，学会比较、分析和探索，形成多种情境思维。
二、个性化探索学习模式
个性化学习模式是幼儿根据教学活动的需要，充分利用数字化游戏交互性强、双向传递信息的特点，单人单机个性化设计操作，教师进行个别化指导的教学方式。能真正体现“因材施教”的教学原则，满足幼儿“最近发展区”需要，能够较好地解决幼儿间的个体差异性问题。
与其他运用模式相比，这种学习模式可以面向不同层次的幼儿。例如，中班美术活动“变脸”是一个关于不同五官和表情的想象设计活动。在活动的创造设计环节，每位幼儿有一份教师提供的数字化“百宝箱”，孩子们可以按照自身的学习能力、知识经验选择百宝箱中不同的脸型、发型、五官部件等进行变脸操作。这种模式能够给不同层次的幼儿提供充分的学习条件与机会，最能满足不同层次的幼儿需求，促进幼儿个性发展，切实避免了教学中教师统一讲解、统一要求的“一刀切”现象。个性化学习的模式形式自由，不受固定模式的约束，因而幼儿在学习时会遇到各种问题并会积极探索，解决自己在独立操作时产生的新问题。这样，幼儿会逐步转变思维方式，克服思维定势，使幼儿的思维也由单一性转向多向性，进而培养幼儿的创造性思维。
三、小组合作交流模式
在小组合作交流活动中，往往根据幼儿的不同层次对幼儿进行分组。由多个幼儿组成一个小团队，幼儿教师布置每个合作小组相同或者不同的任务，让他们开展既独立又合作的学习方式，充分发挥小团队精神，一起克服困难，解决问题。
5-6岁是幼儿合作学习水平提高最快的时期，也是孩子合作学习的能力处于较高水平、开展合作学习较为顺利的时期。如，大班数学活动“过河”是一个根据形状组合路标选择过河路径的数字化游戏活动，教师采用了小组合作模式。在活动中，幼儿自由分组后，教师先讲解了这个数字化游戏的基本操作方法和需要注意的问题，通过提问：小鼹鼠姐妹过河的标记是什么？引发幼儿思考；再介绍游戏的玩法，孩子们分组进行操作游戏。幼儿在操作过程中自主进行讨论交流，有操作员，有观察员，每一位孩子都得到参与学习的机会。
幼儿园教师学习计划范文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
，
幼儿园教师学习计划范文4
一、指导思想：
为了树立文明的行业新风，科学规范地带好班、上好课，进一步规范广大教师的日常行为，并使教师的行为有所依从，从而逐步造就一支师德高尚、业务精湛，爱岗敬业，奉献为乐的一流的教师队伍，为创建特色名校打下坚实的基础。
二、具体内容：
根据上级教委要求，结合本园实际，确定今年暑期对我园教师师德培训方面的内容为：《浙江省保教指南》和《幼儿园教师行为规范》，具体安排如下：
1、加强宣传,营造氛围。
学校要广泛通过校园网、墙报板报，横幅等宣传形式，广泛宣传教师行为规范标准和《保教指南》的有关规定。引导教师重视自身的修养，即选择教师就要全力倾注教育事业。通过宣传，使每个领导和教师真正认识到师德建设的重要性，把师德建设当成是永远不变的工作重点来抓。切实提高教师行为规范意识和职业道德意识。
2、认真学习，增强责任感。
暑期集中组织本园教师进行师德培训系统学习，平时利用每周一傍晚，引导广大教师树立为人师表、乐意奉献的良好道德观，做到爱岗敬业、礼貌待人，运用正确的儿童观面向孩子，以游戏化的形式与孩子宽松对话。全面贯彻执行《保教指南》和《纲要》精神。
3、剖析问题，开展自查。
在开展师德教育的基础上，集中开展一次师德师风自查自纠活动。要求每一位教师都要对照《教师行为规范》和《保教指南》规定的内容，认真查找师德师风方面存在的差距与不足，写出自查自纠报告，对问题的具体体现、危害和产生问题的原因都要作出深入细致的剖析，明确今后整改和努力的方向。
4、正面引导，提高水平。
在师德建设活动中，发现和挖掘身边的先进师德典型，并做好学习和宣传工作。要宣传师德标兵事迹，组织教师向标兵看齐学习活动，形成人人讲求高尚师德，文明做人、礼仪待人的良好园风。
5、加强监督，奖惩并用。
①幼儿园将进一步强化检查监督机制，发挥网站的作用，接待和受理师生和家长对师德师风方面的投诉和举报并严肃查处。
②幼儿园要开展学生评师德、家长评师德、社会评师德等评议活动。每年年终考核，进行一次师德师风的专项考核，并将考核情况记入教师个人考核档案。
③实行师德“一票否决制“。对师德考核不合格者，要予以批评教育，晋级评职评优、奖惩首先看师德，实行师德“一票否决制“。
三、集体培训日程安排：
1、x月x日《幼儿园教师行为规范》的学习、互相实地角色演示。
2、x月x日《保教指南》的学习、案例分析。
3、x月x日：《保教指南》的学习，对教学中常见问题剖析。
4、x月x日上午分组研讨，日常行为中存在的问题和改进措施。
下午集体交流：你下学期将如何做一个优秀或合格的新世纪幼儿园教师?以怎么样的态度面对和处理一日活动各环节?
参加人员：全体教师x人，另加行政园长、业务分管、保健员共17人参训。
幼儿园教师学习计划范文5
--国培计划中小学（幼儿园）教师信息技术应用能力提升工程个人培训总结
陇南市西和县城关九年制学校 王文战
国培计划（2015）—甘肃省中小学（幼儿园）教师信息技术应用能力提升工程从2015年12月24日开始以来，我就积极参与，认真配合，完全按照研修计划的时间规划，与2016年1月4日进行了学前测评，并将测评结果以截图的方式提交到研修平台；2016年1月8日开始，认真聆听了西北师范大学教授郭绍青讲解的《信息技术引发的教育教学变革》《中小学教师信息技术应用能力培训课程标准研制说明》等两门教师专业发展类课程的微课视频，也积极参与到各位同仁们的讨论之中，还能够认真完成作业；2016年1月15日开始，努力学习和认真聆听了西北师范大学教授赵健老师讲解的《多媒体演示文稿设计与制作（初级）》（必修）、《微课设计与制作》（选修）和吴文春教授讲解的《多媒体图像素材加工与处理》（选修）共计三门技术素养类课程的文献资料和微课视频，并且积极参与讨论，认真完成作业；2016年1月22日开始学习和聆听了《交互多媒体环境下的初中历史教学》为主的综合类课程的文献资料和微课视频，并根据课程要求积极参与讨论，认真完成每一环节的作业；2016年2月23日开始，学习和聆听了《技术支持的初中历史课堂导入》（必修）、《技术支持的初中历史课堂讲授》和《技术支持的初中历史课堂总结与复习》（选修）等三门专题类课程，积极参与课程的讨论和认真完成每一阶段的作业任务；2016年4月1日开始，根据每一阶段的学习和实践，再结合自身的教育教学实际，撰写培训总结。在这半年多的学习培训中，我认真聆听了专家教授们的讲座，感受着他们的激情和幽默、亲历着他们的教育智慧和幸福，使我受益非浅。在我的十七年教育教学工作经历中，在教育教学和班级管理上虽然有了一套自认为行之有效的方法和经验。但是通过培训学习，还是使我领略到了教育教学艺术尤其是信息技术的内涵与境界,也使我认识到在平时教育教学工作的粗糙与不足。我感觉到自己在教育教学中运用信息技术的知识增长了许多，自己的能力也得到了大幅度的提升，无论是专业理论知识还是教育教学工作经验，都在培训中得到了较大的提高。想想以前在工作中的一些做法，感到自己的肤浅和不足。
在将近半年的培训学习时间里，每天坚持进行理论学习，，晚上完成一些作业，还要努力配合助学老师的工作，积极为班上的同学服务，虽然有点累，但是觉得每一天过得很充实，也很幸福。本次培训为我们提供了大量的具有前瞻性、科学性、可操作性的新颖的教育教学的培训知识、信息技术与技能，满足了我们对教育教学专业知识的渴望和对信息技术专业技能的需求。现将我半年以来的网络研修培训工作总结如下：
一、教师要努力提高自身素质，树立正确的教育教学理念。
通过《信息技术引发的教育教学变革》的学习，是我认识到新时期的教师在对教育对象实施影响的同时，更要不断地学习教育教学的先进经验，提高自身素质，树立正确的教育教学理念，将掌握的理论知识运用到实践中去。新时代的教师要从“经验型”向“科学型”转轨，既要有奉献精神，又要有科学的态度；既要有高超的专业技能，又要有高尚的师德，才能做一个既让学生幸福，又让自己幸福的教师。
二、教师的教育教学工作要讲究艺术和技巧。
通过《多媒体演示文稿设计与制作（初级）》（必修）、《微课设计与制作》（选修）和吴文春教授讲解的《多媒体图像素材加工与处理》（选修）的学习，让我更深刻地认识到与学生交往，要讲究艺术和技巧。现在的教育提倡对学生多表扬少批评，多运用赏识教育，但并不是说不批评和惩罚，而是说要会批评和惩罚，才能使学生更好的成长进步。。因此在对学生进行思想教育时，要正确适度的进行表扬和批评，使表扬的含金量要高，避免表扬过度，滥用表扬。在教育教学的过程中要充分发挥信息技术的主要作用，激发学生的学习兴趣和学习热情。
三、教师要学会换位思考，学会欣赏，爱护学生，切实做到关注每一位学生。
通过本次网络研修培训学习，让我明白，选择了教育，那就是选择了责任。作为教师，为了让我们的教育更有效果，我们就应该换位思考，善于从从学生的角度审视自己的管理，学会理解学生，学会倾听，学会关爱，尤其是学会关爱后进生和一些特殊生（单亲学生、自闭学生、留守儿童）。总之我们要学会善待他们的“缺点”，把每个孩子当成自己的孩子，使学生从心底里体会到老师的所作都是为了学生好，是为了学生的发展和幸福。还要学会及时解放思想，转变观念，转化角色，做到与时俱进，做一个适应社会发展需要的教师。
四、教师要重视班级学生的心理辅导，要充分发挥信息技术尤其是多媒体技术的作用。
幼儿园教师学习计划范文6
【辅导对象】小学一年级到高中三年级学生(个别机构校区差异辅导范围有所不同，建议家长拨打电话了解情况)
【辅导科目】语文 数学 英语 物理 化学 生物 政治 历史 地理 奥数 小升初 中高考
【辅导介绍】根据不同孩子的基础知识及接受能力制定针对性的学习方案，配备辅导经验丰富的课程老师全程指导，各机构收费标准、课程安排等方面存在一定差异，详情请家长们拨打电话详细了解。
【热门辅导】
小学：小学各年级奥数拔高、举一反三的解题思维及应变能力提升;小学语文基础知识串讲、作文框架脉络梳理提高、阅读理解答题技巧讲解;小学数学重点难点查缺补漏等;
初中：初二物理力学、电学等重点难点基础夯实;初中英语语法、数学基础知识巩固提高;初中语文作文及阅读理解等得分点提升;中考重点难点辅导、各科基础夯实;
高中：高考理综、文综重点科目得分点突破讲解，针对基础薄弱的考生给出合理的学习建议;艺考生、特长生文化课针对性辅导;高中各科重点知识点梳理，高考冲刺辅导。
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