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第四次大联考语文试卷
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全国大联考届高三第六次联考语文试题
时间：12月7日下午14：30～17：00 考生注意： 1．本试卷分第1卷（阅读题）和第Ⅱ卷（表达题）两部分。满分150分，答题时间150分钟，答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．作答时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷 阅读题 甲 必考题 一、现代文阅读（9分，每小题3分） 阅读下面的文字，完成1～3题。 中国画之所以能为大众接受，是因为它的人性指归的“至善”。既然是养心修身之术，谁都不会排斥，是人性的需要。面对宋人山水，可游可居、可静心畅神，坐游万里、精骛八极，进而进入一种恬淡虚无，精神内守的状态，也即“入静”的状态。老子说：“静胜躁，寒胜热，清净以为天下正。致虚极，守静笃。万物并作，吾以观复。”中国画就是让人静下来的艺术，它不表现战争，不表现血腥，不表现暴躁，也极少表现焦虑。它追求至静至远，调和天人。这种艺术观念源自老子思想，无所谓消极积极。 “选、神、妙、能”四格，逸之外其余三格没有原则的界限。如果要分的话，每个品种还分上中下呢，这需要是同时代的人才好比较。画论品评申多有点评，我不研究画史，故对“典型的代表人物”无大兴趣。孔子说“君子不器”，大约是指对“术”和“技法”不是看得太重。 学生请教种地，孔子说“吾不如老农”。中国画中“道”的部分千栽不移，而“术”的部分代代有变，这应验了石涛那句“笔墨当随时代”。变是自然的变，而不是刻意的变。形而上的认知，是历代中国画论提炼出来的共同部分。其中 我们所谓的“逸”是宋之后，贯穿中国画精神的一个核心命题。如果仅仅把“逸”看作是“文人画”的产物，这认识是狭隘的。“逸”是笔墨文化成熟的标志。“逸”关乎才情，更关乎修为和境界。关于“逸”的历代论述很多，我把它概括为六个字： 不象——不愿拘泥于物象，“非不能也，实不为也”。实在是不屑于那个“象”。 自由——忠实于个人情感。不做，不刘，不雕，不期然而然地流露出来。如是做出来、刻出来的可能就是“妙”和“能”，在流和做之间的是“神”。 出尘——与“意识形态”无关，不为谁服务；不为时风左右、不顾大众需求。当然它又绝然不是仇视社会，它是通过内省而这至善；人们欣赏它得需要提升自己，修养到一定的功夫才能有所解悟。 “逸、神、妙、能”这四格往往不是截然分开的，“神„‘妙“能”里面也往往有 部分“逸“的因素，但到“逸”格则是更突出了。历代画论称之为“标格特出”或 “标致特出’’，人们一看，会感觉它完全跳出来了，超尘绝俗。这与是否工笔或写意无关，与题材、体裁、形制、手法也无关，是效果，浸透着精神内涵的一种效果。仇英画得虽好，但不能称作“选”，是妙品，有的可称神品。陈老莲是
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“逸”，八大是“逸”，石涛略显粗糙，也是“逸”。他的画作在“笔精墨妙”上要打点折扣。我也研究了原因，他在“出尘”上有点欠缺，还不是真的自由，放不下。真的逸格多为野选之人、出世之人。没有出世的人有一颗求逸的心他也能做到，如董其昌、沈石田。而石涛呢，他G里头还是向往着八世，放不下，身在尘外，心在尘中，如此状态，在画上能看出来。观石涛的画，时见才华过人，时见浮烟涨墨；时见清奇脱俗，时见随世俯仰。这是一个矛盾着的石涛。他的画论却有极强的思辨能力，对中国画的本质把握入骨，认识可谓深刻，但“笔墨当随时代”被20世纪过度解读，成为标签，甚至成为肤浅作品找来的依据。 （摘自《中国画是静、慢、淡的艺术》） 1．下列关于原文第一段内容的表述，不正确的一项是（ ） A．中国画是养心修身的艺术，谁都不会排斥，是人性的需要，能够被大众广泛接受。 B．中国画的人性指归的“至善”，可静心畅神，坐游万里、精骛八极·进而进入一种恬淡虚无，精神内守的状态。 C．中国画不表现战争血腥，也很少表现暴蹂焦虑。追求至静至远，天人合一。这种艺术观念源自老子思想，无所谓消极积极。 D．老子认为安静克服躁动，寒冷克服炎热，唯有清静，是天下的正道。中国画就是能够让人静下来的艺术， 2．下列理解和分析，不符合原文意思的一项是（ ） A．“逸”涉及才情，更涉及修为和境界。“逸”是宋之后，贯穿中国画精神的一个核心命题。 B．中国画追求至静至远，调和天人。这种艺术观念千载不移，而“笔墨”的部分代代有变。 C．中国画绘画的情感应该不期然而然地流露出来，在流和做之间的作品是神品。 D．中国画“笔墨”的变是自然的变，而不是刻意的变。中国域作品应当随时代而变，随大众需求而变。 3．根据原文内容，下列理解和分析不正确的一项是（ ） A．历代画论称“逸”格为“标格特出”或“标致特出”，人们一看，会感觉绘画形象完全跳出来了，活灵活现，超尘绝俗。 B.“逸”格与是否工笔或写意无关，与题材、体裁、形制、手法也无关，“逸”格的中国画作品有浸透着精神内涵的一种效果。 C．真的逸格多为野逸之人、出世之人。石涛在“出尘”上有点欠缺，还不是真的自由，所以他的画作在“笔精墨妙”上要打点折扣。 D.石涛的画论思辨能力极强，对中国画的本质认识深刻，但他的那句“笔墨当随时代”被20世纪过度解读。 二、古代诗文阅读（36分） （一）文言文阅读（ 19分） 阅读下面的文言文，完成4～7题。 胡惟席，定远人。归太祖于和州，授元帅府奏差。寻转宣使，除宁国主簿，进知县，迁吉安通判，耀湖广佥事。昊元年，召为太常少卿，进本寺卿。洪武三年拜
中书省参知政事。已，代汪广洋为左丞。六年正月，右丞相广洋左迁广东行省参
政帝难其人久不置相惟庸独专省事七月拜右丞相。久之，进左丞相，复以广洋为右丞相。
自杨宪诛，帝以惟庸为才，宠任之。惟庸亦自励，尝以曲谨当上意，宠遇日盛，
独相数岁，生杀黜陟，或不奏径行。内外诸司上封事，必先取阅，害己者，辄匿不以闻。四方躁进之徒及功臣武夫失职者，争走其门，馈遗金帛、名马、玩好，不可胜数。大将军徐这深疾其奸，从容言于帝。惟庸遂诱达阍者福寿以图达，为福寿所发。御史中丞刘基亦尝言其短。久之基病，帝遣惟庸轶医视，遂以毒中之。基死，益无所忌。与太师李善长相结，以兄女妻其从子佑。学士吴伯宗劾惟庸，几得危祸。自是，势益炽。其定远旧宅井中，忽生石笋，出水数足，谀者争引符
瑞，又言其祖父三世冢上，皆夜有火光烛天。惟席益喜自负，有异谋矣。 吉安侯陆仲亨自陕西归，擅乘传。帝怒责之，日：“中原兵燹之余，民始复业，籍户买马，艰苦殊甚。使皆效尔所为，民虽尽鬻子女，不能给也。”责捕盗于代县。平谅侯费聚奉命抚苏州军民，日嗜酒色。帝怒，责往西北招降蒙古，无功，又切责之。二人大惧。惟庸阴以权利胁谤二人，二人素戆勇，见惟庸用事，密相往来。尝过惟庸家饮，酒酣，惟庸屏左右言：“吾等所为多不法，一旦事觉，如何？”二人益惶惧，惟庸乃告以己意，令在外收集军马。又尝与陈宁坐省中，阅天下军骂籍，令都督毛骧取卫士刘遇贤及亡命魏文进等为心膂，日：“吾有所用尔也。”太仆寺丞李存义者，善长之弟，惟庸婿李佑父也，惟庸令阴说善长。善长已老，不能强拒，初不许，已而依违其间。惟庸益以为事可就，乃遣明州卫指挥林贤下海招倭，与期会。又遣元故臣封绩致书称臣于元嗣君，请兵为外应。事皆未发。会惟庸子驰马于市，坠死车下，惟庸杀挽车者。帝怒，命偿其死。惟庸请以金帛给其家，不许。惟庸惧，乃与御史大夫陈宁、中丞涂节等谋起事，阴告四方及武巨从己者。 （选自《明吏·胡惟庸传》） 4．下列对文中画波浪线部分的断句，正确的一项是（3分）（ ） A．右丞相广洋左迁广东／行省参政／帝难其人／久不置／相惟庸独专／省事七月／拜右丞相／ B．右丞相广洋左迁／广东行省参政／帝难其人／久不置／相惟庸独专／省事七月／拜右丞相／ C．右丞相广洋左迁广东行省参政／帝难其人／久不置／相惟庸独专／省事七月／拜右丞相／ D．右丞相广洋左迁广东行省参政／帝难其人／久不置相／惟庸独专省事／七月拜右丞相／ 5．下列对文中加点词语的相关内容的解说，不正确的一项是（3分）（ ） A．召指的是征召来授予官职或另有调用。 B．陟指的是官吏的晋升，进用。 C．封事：原是奏疏体之一，百宫上奏机密事，为防泄露，便要密封呈进，故称封事，亦称“封奏”“封章”。后来泛指奏疏。 D．符瑞：儒家、方士所说的表明的一种所谓的祥瑞符号。 6．下列关于原文内容的表述，不正确的一项是（3分）（ ） A．胡惟庸，定远人。在和州归附太祖。后任太常寺少卿、本寺卿、中书省参知政事、左丞。因丞相人选难觅，所以很长一段时间不设丞相。惟庸于是独专中书省事务。 B．皇上认为惟庸有才干，很宠信他。他为此当了多年独相。大将军徐达极恨他奸恶，向皇上告发了他。惟庸于是诱惑徐达的守门人福寿，图谋害徐达，
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❺ 谁有全国大联考试卷答案
我只有第一次的，可以把你的那个数学第二次的给我吗
❻ 关于全国大联考
辅导性质的，其实也不是什么全国大联考，仅仅是有兴趣的可以参加，寄钱去买卷子，然后做了寄回去给你改。没什么意思的。
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❾ 全国大联考2015届高三第三次联考化学试卷答案
2015届高中高三第三次联考
化参考答案
1. D
【解析】光导纤维是由iO2制成，A错误；玻璃是可回收资，B错误；有些合金中也含
有非金属，如钢中含碳元素，C错误；石灰中Ca(OH)2可吸收烟气中的O2，生成CaO
3，氧化后生成CaO4，可得到石膏，D正确。
2.C 【解析】 A选项中是2-
的结构示意图，错误；B选项中，Cl-的电子式不正确，错误；原子核内有10个中子的
氧原子，质量数为18，C正确；基态铜原子的电子排布式为：12222p6323p63d104
1，D错误。
3.A【解析】A选项中各微粒能在酒精中大量共存，常温下CH3COOH
与C2H5OH不能反应； B选项中Cr2O72-
为橙色，不符合要求，错误；C选项I2和淀粉发生反应，无法大量共存；D选项中NO、
O2不能大量共存。
【解析】原子半径的大小关系为C＞A＞B，A错误；只有当B为O，D为时，B原子的质
子数才是D原子的质子数的一半，本题中B、D有多种可能性，故B选项错误；A、C同族
，A的非金属性强于C的非金属性，故A的气态氢化物的稳定性比C强，C选项错误；根
据A、B、C、D四种短周期元素在周期表中的相对位置，它们应分别是二、三周期的元
素，可以都是非金属元素，D正确。
5.A 【解析】NO和NO2能转化为PM2.5颗粒，但其本身并不是PM2.5颗粒，A不正确。
6. B
【解析】复分解反应的也有能量变化，A错误；提供充足的氧气焦炭燃烧更充分，放
热更多，但燃烧热不变，C错误；反应热只与参与反应的物质的始态和终态有关，与
条件无关，D错误。
7. B 【解析】因Fe3＋水解，1L 0.02
mol·L－1Fe2(O4)3溶液中含Fe3+数目小于0.04NA，A错误；根据原子守恒，NO2和N2
O4混合气体中氮氧质量比固定不变，所以N原子的物质的量为23÷46/mol＝0.5mol，
N原子数为0.5 NA，B正确；25℃不是标准状况，C选项错误；常温下，10 L
pH＝12的Na2CO3溶液中含有的OH-数为0.1NA，D错误。
【解析】Al63C24Fe13的原子之间是金属键作用，A错误；金是金属晶体，准晶体与
金的晶体类型不同，B错误；Al63C24Fe13的摩尔质量为3965/mol，D错误。
【解析】参与反应的物质的量不确定，电子转移数也无法确定，A错误；1L2mol/L
I溶液能吸收5.6L（标准状况）的O2，但烟气中还有其他成分，故烟气的体积大于
5.6L，B错误；吸收液中有单质，固液分离可以用过滤法，C正确；
I在吸收过程中既不是氧化剂也不是还原剂，D错误。
A【解析】根据题意，逐滴滴加NaOH溶液时，先生成Al(OH)3，然后再生成M(OH)2。M
Cl2和AlCl3的浓度相同，故生成的两种沉淀的物质的量相同，但消耗的NaOH的体积
比为32。当沉淀完全后，再继续滴加NaOH溶液，Al(OH)3沉淀会逐渐溶解，而M(OH)
2不溶解。故图像A正确。
11. A 【解析】O2通入NaClO溶液中的离子方程式应为O2+ClO—+2OH—＝O42—+Cl—+
H2O，B错误；铁在氧气中燃烧产物是Fe3O4，HNO3应将Fe2+氧化为Fe3+，C错误；NaA
lO2溶液中通入过量的CO2，生成的应为HCO3-，而不是CO32-，D项错误。
12. B 【解析】NaOH固体溶解为放热过程，故10
NaOH固体溶于足量稀盐酸中恰好完全反应时放出的热量大于14.35J，A项错误；由C
（石墨，）=
C（金刚石，）△H＞0，可知石墨能量更低，更稳定，石墨的化键键能比金刚石大
，B正确；气态水不稳定，故A中反应不能判断甲烷的燃烧热，C错误；可逆反应有限
度，不能进行完全，而热化方程式表示的是按方程式所给物质的量完全反应的热效
应，故D项错误。
13 .D
【解析】“84”消毒液中有Cl-和ClO-，酸性条件下能反应生成Cl2，硫酸只是提供酸性
环境，A错误；向FeCl3溶液中滴加少量CN溶液变血红色，说明溶液中有Fe3+，无法
判断是否有Fe2+，B错误；若溶液中有O32－，加入稀硝酸会将其氧化，也会产生白
色沉淀，C错误；久置的酚酞试液，溶剂挥发，出现浑浊，加入酒精浑浊消失，说明
酚酞易溶于酒精，D正确。
14.C 【解析】根据模型，可知发生的反应为：2H2＋O2=
2H2O，A正确；过程Ⅰ是旧化键断裂的过程为吸热过程，而过程Ⅲ为新化键形成的
的过程，是放热过程，故B项正确；过程Ⅱ无化键的断裂，C错误；该反应的能量变
化除了热能形式，还可通过燃料电池，实现化能到电能的转化，D项正确。
15.D【解析】通过②×3─（6×①＋2×③）得到反应3Fe2O3()＋CO()＝Fe3O4()＋CO2()，
根据盖斯定律：＝2×3─（6×1＋2×3）＝─25×3─[6×（─11）＋2
×19]＝─47J·mol─1。
【解析】干燥Cl2时，气体应长进短出，A选项错误；B装置气体直接和水接触，无法
防止倒吸，错误；硫酸铜溶液蒸干后，CO4.5H2O中的结晶水也会失去，无法制备蓝
矾，D选项错误。
17. （13分）
（1）四Ⅷ （每空1分） 2（1分）
（2）产生大量白烟（1分）
离子键、（极性）共价键（2分，答配位键不扣分）（1分）
（3）ΔH＝－80.5 J·mol－1（2分）
（4）CH4+2 H2O== CO2+4H2或CH4+ H2O== CO+3H2；（2分） cd（2分）
【解析】（3）所给的热化方程式为：①iO2()＋2Cl2()===iCl4(l)＋O2()
ΔH＝＋140.5 J·mol－1
②C()＋O2()===CO() ΔH＝－110.5 J·mol－1
①式＋②式×2得： iO2()＋2Cl2()＋2C()===iCl4(l)＋2CO()
解得ΔH＝－80.5 J·mol－1
（4）用CH4和H2O为原料制备H2，反应为CH4+2 H2O== CO2+4H2或CH4+ H2O==
CO+3H2；H2和CO按物质的量1：1发生催化反应，生成的可能是HCHO，也可能是CH3CO
18. （10分）
（1）2Cl-+ H2O Cl2↑＋H2↑＋2OH－（2分） O2＋OH－＝HO3－（2分）
（2）H2()＋Cl2()＝2HCl() ；ΔH＝﹣184.6 J · mol-1（2分）
（3）NaCl （2分）
（4）2Fe3+＋O2＋2H2O＝2Fe2+＋O42―＋4H+（2分）
【解析】氯碱工业的产物是NaOH溶液、H2、Cl2，NaOH溶液进入吸收塔吸收烟气中的O2
H2、Cl2进入合成塔合成HCl。在回收装置中，每生成1mol
O2，消耗1molHCl，同时有NaCl
生成，可回收用于氯碱工业，再根据题意可得出热化方程式。FeCl3溶液有强氧化性，
氧化O2。
19. （7分）
（1）－1160J·mol－1（2分）
（2）①CH3OH()===HCHO()＋H2()ΔH＝(E2－E1) J/mol（2分）
②相同（1分）
③（2分）
【解析】（1）根据已知反应①CH4()+4NO2()＝4NO()+CO2()+2H2O()
△H1＝－574J·mol－1、②CH4()+2NO2 ()＝N2() + CO2()+2H2O()
△H3＝－867J·mol－1可知，依据盖斯定律计算②×2－①即得到反应CH4()+4NO()＝2
N2()+CO2()+2H2O()，所以该反应的反应热△H2＝－867J·mol－1×2＋574J·mol－
1＝－1160J·mol－1。
（2）②一个化反应的反应热与反应的始态和终态有关，与反应的途径无关，故过程Ⅰ与
过程Ⅱ的反应热相同。
③要使反应温度保持不变，，则该反应吸收的热量恰与H2燃烧放出的热量相等。
CH3OH()===HCHO()＋H2()ΔH＝(E2－E1) J/mol
1 mol (E2－E1) J
n(CH3OH) moln(CH3OH)(E2－E1) J
H2()＋O2()===H2O()ΔH＝－a J/mol
0．5 mola J
n(O2) mol2an(O2) J
则n(CH3OH)(E2－E1)＝2an(O2)，即n(CH3OH)∶n(O2)＝，则n(CH3OH)∶n(空气)＝。
20. （9分）
（1）反应Ⅱ（2分）
（2）过滤（1分） 取最后一次洗涤液于试管中，滴入1-
2滴盐酸酸化的BaCl2 溶液，若不出现白色沉淀，表示已洗涤干净（2分）
（3）坩埚（2分）
（4）H2O2 （2分） nO固体（2分）
【解析】（1）反应Ⅰ中各元素化合价没有发生变化，反应Ⅱ中Fe和C化合价发生变化了，
铁从+2变成+3价，C从+3变成+4和+2。
（3）高温灼烧固体需要用坩锅。
（4）要制取纯净的nO4溶液，需要除去杂质铁，根据图像可知，Fe3+更容易除去，因
此需将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，应选用H2O2。再加入消耗酸的物质，
调节pH生成氢氧化铁沉淀，为不引入新杂质，选用 nO固体可达目的。
21. （13分）
（1）不能 （1分）
（2）假设3：可能含有NH3、N2、O2、H2O（2分）
假设4：可能含有NH3、O3、O2、N2、H2O（2分）
（3）假设2中气体产物有O2，说明铵明矾分解发生了氧化还原反应，但产物中只有还原
产物，无氧化产物，故一定不正确。（2分）
（4）在收集到的液体中加入BaCl2，有白色沉淀生成，滴加稀盐酸沉淀不溶解，说明原
气体产物中有O3（2分） O2（1分） 有（1分）
（5）4（2分）
【解析】（1）铵明矾加热得到的固体是Al2O3，因其与天然刚玉性质类似，故不能溶于
盐酸。
（2）根据氧化还原原理，若气体中有N2，就一定有O2；气体中有O2，就一定有N2；根
据元素守恒，一定有水。
（4）通过检验溶液中O42-
确定气体中是否有O3。品红褪色，说明有O2，N2在烧杯D中逸出。
（5）通过实验验证了气体产物有O3、O2、N2，故假设4正确。
❿ 全国大联考 2010届高三第二次联考-语文试卷 答案
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