人教版高中语文必修4名著导读《谈美》课件(11).pptx

1、谈美,一、阅读考查 1朱光潜(18971986),家、家、翻译家。1930年在法国斯特拉斯堡大学以论文获文学博士学位。1936年出版,为中国人自己撰写的第一部具有现代科学形态和独特体系的、比较系统的美学专著,也是“五四”新文化运动以来的重要文献之一。他对黑格尔110万字的巨著的翻译,为他赢得了历史性的崇高声誉。 答案:现代美学文艺理论悲剧心理学文艺心理学 美学,二、片段赏析 (一)阅读下面的文字,完成第24题。 人生本来就是一种较广义的艺术。每个人的生命史就是他自己的作品。这种作品可以是艺术的,也可以不是艺术的,正如同是一种顽石,这个人能把它雕成一座伟大的雕像,而另一个人却不能使它“成器”,分

2、别全在性分与修养。知道生活的人就是艺术家,他的生活就是艺术作品。 过一世生活好比作一篇文章。完美的生活都有上品文章所应有的美点。,一篇好文章一定是一个完整的有机体,其中全体与部分都息息相关,不能稍有移动或增减。一字一句之中都可以见出全篇精神的贯注。比如陶渊明的饮酒诗本来是“采菊东篱下,悠然见南山”,后人把“见”字误印为“望”字,原文的自然与物相遇相得的神情便完全丧失。这种艺术的完整性在生活中叫作“人格”。凡是完美的生活都是人格的表现。大而进退取予,小而声音笑貌,都没有一件和人格相冲突。不肯为五斗米折腰向乡里小儿,是陶渊明的生命史中所应有的一段文章,如果他错过这一个小节,便失其为陶渊明。下狱不肯

3、脱逃,临刑时还叮咛嘱咐还邻人一只鸡的债,是苏格拉底的生命史中所应有的一段文章,否则他便失其为苏格拉底。这种生命史才可以使人把它当作一幅图画去惊赞,它就是一种艺术的杰作。,“修辞立其诚”是文章的要诀,一首诗或是一篇美文一定是至性深情的流露,存于中然后形于外,不容有丝毫假借。情趣本来是物我交感共鸣的结果。景物变动不居,情趣亦自生生不息。在生生不息的情趣中我们可以见出生命的造化。把这种生命流露于语言文字,就是好文章;把它流露于言行风采,就是美满的生命史。 文章忌俗滥,生活也忌俗滥。俗滥就是自己没有本色而蹈袭别人的成规旧矩。西施患心病,常捧心颦眉,这是自然的流露,所以愈增其美。东施没有心病,强学捧心颦

4、眉的姿态,只能引人嫌恶。在西施是创作,在东施便是滥调。滥调起于生命的干枯,也就是虚伪的表现。“虚伪的表现”就是“丑”,克罗齐已经说过。“风行水上,自然成纹”,文章的妙处如此,生活的妙处也是如此。在什么地位,是怎样的人,感到怎样的情趣,便现出怎样的言行风采,叫人一见就觉其谐和完整,这才是艺术的生活。,艺术的生活也就是情趣丰富的生活。人可以分为两种,一种是情趣丰富的,对于许多事情都觉得有趣味,而且到处寻求享受这种趣味;一种是情趣干枯的,对于许多事物都觉得没有趣味,也不去寻求趣味。后者是俗人,前者就是艺术家。情趣愈丰富,生活也愈美满,所谓人生的艺术化就是人生的情趣化,“觉得趣味”就欣赏。你是否知道生

5、活,就看你对于许多事情能否欣赏。 阿尔卑斯山谷中有一条大汽车路,两旁景物极美,路上插着一个标语牌劝告游人说:“慢慢走,欣赏啊!”朋友,在告别之前,我采用阿尔卑斯山路上的标语奉赠: “慢慢走,欣赏啊!” (有改动),2文中指出“完美的生活都有上品文章所应有的美点”,作者认为怎样的生活才是“完美的生活”?请用自己的话概括回答。 参考答案:具有完整的人格,每个细节都要追求完美;言行风采中充满至性深情;自然而不虚伪,本色而不俗滥;富有情趣,以欣赏的眼光看待生活。 3作者为什么要引用阿尔卑斯山路上的标语“慢慢走,欣赏啊”作为本文的结尾?请结合全文,谈谈你的理解。 参考答案:紧扣文章题目(点题);作者认为

6、人生之路就像风光秀丽的阿尔卑斯山路一样,风景极美,需要慢慢欣赏;作者劝告人们对待生活不要走马观花,要严肃认真,努力去创造人生、欣赏人生;语言亲切自然,让自己的主张更易于为读者接受。,4朱光潜在写作谈美时,以“给青年的第十三封信”为副标题。请分析本文主旨,指出作者在文中给了青年人怎样的忠告与建议。 参考答案:欧洲阿尔卑斯山谷中有一条大汽车路,两旁景物极美,路上插着一个标语牌劝告游人说:“慢慢走,欣赏啊!”朱光潜以此奉赠青年朋友们:在这车水马龙的世界中生活,不要像在阿尔卑斯山谷中乘汽车兜风,匆匆忙忙地疾驰而过,而要多多回首、流连风景。这样,丰富多彩的世界才不会了无生趣。,作者建议我们要像欣赏艺术一

7、样欣赏世界和人生。凡是善于欣赏的人,他“有一双慧眼看世界,整个世界的动态便成为他的诗,他的图画,他的戏剧,让他的性情在其中怡养。到了这种境界,人生便经过了艺术化”。艺术是情趣的活动,艺术的生活也就是情趣丰富的生活。情趣愈丰富,生活也愈美满。所谓人生的艺术化就是人生的情趣化。以情趣为着眼点,作者把人分为两种:一种是情趣丰富的,对许多事物都觉得有趣味,而且到处寻求享受这种趣味;另一种是情趣干枯的,对于许多事物都觉得没有趣味,也不去寻求趣味。 人生的情趣来自宇宙的人情化和生命价值的张扬,来自对人生意义的体味和对生命意蕴的解读。,(二)阅读下面的文字,完成第57题。 诗和其他艺术都是情感的流露。情感是

8、心理中极原始的一种要素。人在理智未发达之前先已有情感;在理智既发达之后,情感仍然是理智的驱遣者。情感是心感于物所起的激动,其中有许多人所共同的成分,也有某个人所特有的成分。这就是说,情感一方面有群性,一方面也有个性,群性是得诸遗传的,是永恒的,不易变化的;个性是成于环境的,是随环境而变化的。环境随人随时而异,所以人类的情感时时在变化;遗传的倾向为多数人所共同,所以情感在变化之中有不变化者存在。,艺术是情感的返照,它也有群性和个性的分别,它在变化之中也有不变化者存在。比如单拿诗来说,四言、五言、七言、古、律、绝、词的交替是变化,而格律则为变化中的不变化者。变化就是创造,不变化就是因袭。把不变化者

9、归纳成为原则,就是自然律。这种自然律可以用为规范律,因为它本来是人类共同的情感需要。但是只有群性而无个性,只有整齐而无变化,只有因袭而无创造,也就不能产生艺术。末流者忘记这个道理,所以往往把格律变成死板的形式。 格律在经过形式化之后往往使人受拘束,这是事实,但是这决不是格律本身的罪过,我们不能因噎废食。格律不能束缚天才,也不能把庸手提拔到艺术家的地位。如果真是诗人,格律会受他奴使;如果不是诗人,有格律他的诗固然腐滥,无格律它也还是腐滥。,古今大艺术家大半都从格律入手。艺术须寓整齐于变化。一味齐整,如钟摆摇动声,固然单调;一味变化,如市场嘈杂声,也还是单调。由整齐到变化易,由变化到整齐难。从整齐

10、入手,创造的本能和特别情境的需要会使作者在整齐之中求变化以避免单调。从变化入手,则变化之上不能再有变化,本来是求新奇而结果却仍还于单调。 古今大艺术家大半后来都做到脱化格律的境界。他们都从束缚中挣扎得自由,从整齐中酝酿出变化。格律是死方法,全赖人能活用。善用格律者好比打网球,打到娴熟时虽无心于球规而自合于球规。在不识球规者看,球手好像纵横如意,略无牵就规范的痕迹;在识球规者看,他却处处循规蹈矩。姜白石说得好:“文以文而工,不以文而妙。”工在格律,而妙则在神髓风骨。,孔夫子自道修养经验说:“七十而从心所欲,不逾矩。”这是道德家的极境,也是艺术家的极境。“从心所欲,不逾矩”,艺术的创造活动尽于这七

11、个字了。“从心所欲”者往往“逾矩”,“不逾矩”者又往往不能“从心所欲”。凡是艺术家都要能打破这个矛盾。孔夫子到快要死的时候才做到这种境界,可见循格律而能脱化格律,大非易事。,5下列关于“格律”的表述,不符合原文意思的一项是 () A.格律是诗歌中的不变化者,体现的是整齐、规范和人类共同的情感需要。但只有整齐而无变化,只有因袭而无创造,格律就会变成死板的形式。 B.格律在经过形式化之后往往使人受拘束,但这并不是格律本身的罪过,而是人不能活用它造成的,因此,我们不能因噎废食。 C.格律不能束缚天才,天才之作往往工在格律而妙在神髓风骨。格律也不能把庸手提拔到艺术家的地位,即使他遵循了格律,诗歌也仍然

12、腐滥。 D.古今大艺术家的创造活动都从格律入手,但后来都达到了脱化格律的境界;是创造的本能和特别情境的需要使他们在整齐之中求变化,避免了单调。 思路解析:以偏概全,不是“都从”,而是“大半”从格律入手。 答案:D,6下列理解,不符合原文意思的一项是() A.情感是心理中极原始的一种要素,它先于理智而产生,但在理智发达之后,情感又会受到理智的驱遣。 B.艺术是情感的流露,它也有群性和个性之别,讲究寓整齐于变化,但由整齐到变化易,由变化到整齐难。 C.诗歌从四言、五言到七言,从古、律、绝到词,体现的是形式的变化,但它们又都讲究格律,体现的又是诗歌的共同特点。 D.“从心所欲”和“不逾矩”是一对矛盾

13、,艺术家要打破这个矛盾,做到循格律而能脱化格律,这是非常不容易的。 思路解析:理解错误,“情感又会受到理智的驱遣”错误,应该是“情感仍然是理智的驱遣者”。 答案:A,7下列理解和分析,不符合原文内容的一项是() A.情感是心感于物所起的激动,它一方面有群性,一方面也有个性。群性由遗传得来,不易变化;个性则成于环境,会随着环境而变化。 B.作者认为善用格律者好比打网球,旨在说明将格律用到出神入化的境界时,就可以超越格律的束缚而达到自由的创作境界。 C.作者认为一味变化也还是单调,所以他不主张从变化入手,认为变化之上不能再有变化,本来是求新奇而结果却仍还于单调。 D.“从心所欲,不逾矩”是道德家和

14、艺术家所追求的最高境界,这也说明道德与艺术常常是相关联的,道德境界高的人往往也能在艺术上达到较高的境界。 思路解析:无中生有,“道德与艺术常常是相关联的,道德境界高的人往往也能在艺术上达到较高的境界”文中无处体现。 答案:D,专题11其它金属及其化合物,一、不能理解铝与NaOH反应的实质,误认为Al和NaOH的反应中，Al作还原剂，NaOH作氧化剂。Al和NaOH的反应实质是Al先和H2O反应生成Al(OH)3和H2，由于Al(OH)3具有两性，又与NaOH反应生成NaAlO2，因此Al作还原剂，H2O作氧化剂。,【易错典例1】取两份铝粉，一份投入足量浓氢氧化钠溶液中，一份投入足量盐酸中，充分

15、反应，产生等量氢气。则两份铝粉的质量之比为() A12 B13 C32 D11,【答案】D 【解析】铝与NaOH溶液、盐酸反应的离子方程式分别为： 2Al2OH2H2O=2AlO3H2， 2Al6H=2Al33H2 比较这两个离子方程式，当生成相同量的氢气时，消耗的Al的量也相同，即两份铝粉的质量之比为11。,二、对铝热反应认识不清,误认为Al与所有金属氧化物均能组成铝热剂。其实不然，该金属氧化物对应的金属活泼性应比铝弱才能与Al组成铝热剂。,【易错典例2】（1）为测定镀层厚度，用NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当反应转移6 mol电子时，所得还原产物的物质的量为_mol。 （2）用铝粉和

16、Fe2O3做铝热反应实验，需要的试剂还有_。 AKCl BKClO3 CMnO2 DMg 取少量铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量稀H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象，_(填“能”或“不能”)说明固体混合物中无Fe2O3，理由是_(用离子方程式说明)。,【答案】（1）3（2）BD不能Fe2O36H=2Fe33H2O、Fe2Fe3=3Fe2(或只写Fe2Fe3=3Fe2) 【解析】（1）铝与NaOH溶液的反应中，还原产物为H2，当反应转移6 mol电子时，生成3 mol H2。（2）铝热反应中，要用点燃的镁条来引发铝热反应，且要加入少量KClO3粉末，KClO3受热分解放出氧气，促进铝热

17、反应的进行。铝热反应的产物中含有Fe,即使固体混合物有Fe2O3,在酸溶时,也会发生反应：2Fe3Fe=3Fe2，从而检测不到Fe3。,三、铝及其化合物常见的易错点,1铝是活泼金属，但铝抗腐蚀性相当强，因为铝表面生成一层致密的氧化物薄膜。 2误认为Fe或者Al在常温下遇到浓硫酸没有发生反应，其实发生了钝化，只是在表面上生成了一层致密的氧化物薄膜，阻止了反应进一步发生而已。 3Al(OH)3不溶于氨水，实验室常用铝盐和氨水来制备Al(OH)3。 4泡沫灭火器所用试剂为Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液。 5明矾净水只能除去水中的悬浮杂质，不能杀菌消毒，而液氯只能杀菌消毒，不能沉淀悬浮的杂质

18、，二者原理不同。,【易错典例3】在洪水过后缺乏饮用水的情况下，可以采用明矾进行净水。下列关于明矾净水的认识正确的是() A明矾具有杀菌消毒之功效 B明矾在水溶液中形成胶体，起到吸附作用 C明矾在水溶液中形成氢氧化铝沉淀，起到杀菌作用 D明矾溶解于水，水中的离子浓度增大，具有杀菌作用,【答案】B 【解析】明矾溶解于水，其中的Al3与水电离出的氢氧根离子形成氢氧化铝胶体，胶体多孔，具有吸附作用，可以吸附水中的悬浮物，从而起到净水的目的。,四、不能准确判断铁的反应产物,Fe与O2、H2O(g)反应的产物都是Fe3O4，而不是Fe2O3；Fe与盐酸、稀H2SO4反应产物是FeCl2和FeSO4，而不是

19、FeCl3和Fe2(SO4)3；Fe在Cl2中燃烧，无论Cl2过量还是不足均生成FeCl3。,【易错典例1】下列有关铁及其化合物的说法正确的是() A铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2 B证明溶液中含Fe2不含Fe3的方法是先加KSCN溶液，溶液不变红色，然后加入氯水，溶液变红色 C加入NaOH溶液产生红褐色沉淀，则原溶液中一定含有FeCl3 D除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加入Cu粉，然后过滤,【答案】B 【解析】A项，铁与水蒸气在高温下反应生成Fe3O4和H2，A项错误；B项，加KSCN溶液不变红色，说明原溶液中不含Fe3，然后加入氯水溶液变成红色，证明原溶液

20、中含有Fe2，B项正确；C项，只能说明溶液中含有Fe3，是否含有Cl无法确定，C项错误；D项，引入Cu2，D项错误。本题选B。,五、不能掌握混合物中Fe3+、Fe2+的除去方法,【易错典例2】信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70% Cu、25% Al、4% Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：,请回答下列问题： （1）第步Cu与酸反应的离子方程式为_； 得到滤渣1的主要成分为_。 （2）第步加H2O2的作用是_，使用H2O2的优点是_；调溶液pH的目的是使_生成沉淀。 （3

21、）用第步所得CuSO45H2O制备无水CuSO4的方法是_。,六、FeO、Fe3O4、Fe2O3与酸反应应注意的问题,1FeO中Fe为2价，与非氧化性酸(如盐酸、稀H2SO4)反应时生成Fe2；与氧化性酸(如HNO3)反应时生成Fe3。 2Fe3O4的组成可理解为FeOFe2O3，与非氧化性酸(如盐酸、稀硫酸)反应时生成Fe2和Fe3；与氧化性酸(如HNO3)反应时生成Fe3；与还原性酸(如HI)反应时生成Fe2。 3Fe2O3中Fe为3价，与非氧化性酸或氧化性酸反应时只生成Fe3；与还原性酸(如HI、H2SO3)反应时生成Fe2。,【易错典例3】下列离子方程式书写正确的是() AFeO固体放

22、入稀硝酸中：FeO2H=Fe2H2O B过量的铁粉与稀硝酸反应：Fe4HNO=Fe3NO2H2O C向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸：Fe(OH)22H=Fe22H2O D向Fe(OH)3中加入氢碘酸：2Fe(OH)36H2I=2Fe2I26H2O,【答案】D 【解析】稀硝酸为氧化性酸，FeO、Fe(OH)2中2价的Fe被氧化为Fe3，A、C错误；铁粉过量时，生成的Fe3与Fe继续反应生成Fe2，B错误；I具有较强的还原性，因而氢碘酸可把Fe(OH)3还原为Fe2，D正确。,1甲、乙、丙、丁四种物质，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间有如图转化关系； 下列有关物质的推断不正确的是 ( )

23、A若甲为焦炭，则丁可能是氧气 B若甲为NaAlO2，则丁可能是盐酸 C若甲为Fe，则丁可能是C12 D若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2,2下列反应结束后，固体质量减少的是 A二氧化硪通过灼热的镁粉 B铝粉与Fe3O4发生铝热反应 C含有铜屑的NaNO3溶液加入少量盐酸 D铜丝插入AgNO3溶液中,【答案】C 【解析】A二氧化硪通过灼热的镁粉，镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，固体质量增加；B铝粉与Fe3O4发生铝热反应生成氧化铝和铁，固体质量不变；C硝酸根在酸性条件下有强氧化性，向含有铜屑的NaNO3溶液加入少量盐酸，铜可以溶解，固体质量减少；D铜丝插入AgNO3溶液中，铜可以置换银，固体质

24、量增加。本题选C。,3将1.12g铁粉加入25mL2mol/L的氯化铁溶液中，充分反应后，其结果是 A铁粉有剩余，溶液呈浅绿色，Cl-基本保持不变 B往溶液中滴入无色KSCN溶液，显红色 CFe2+和Fe3+物质的量之比为5: 1 D氧化产物和还原产物的物质的量之比为2 :5,【答案】B 【解析】1.12g铁物质的量为：1.12g56g/mol=0.02mol，25mL2mol/L氯化铁溶液中Fe3+的物质的量为：0.025L2mol/L=0.05mol；发生的反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，根据比例关系可得，0.02mol铁完全反应，消耗0.04mol Fe3+，生成0.06mol F

25、e2+，所以Fe3+剩余0.01mol，溶液中含有Fe3+物质的量为0.01mol，Fe2+物质的量为0.06mol，没有金属铁剩余；A项，铁没有剩余，溶液呈浅绿色，C1-基本保持不变，故A错误；B项，溶液中有剩余的Fe3+，往溶液中滴入无色KSCN溶液，显红色，故B正确；C项，Fe2+和Fe3+的物质的量之比为0.06mol：0.01mol=6：1，故C错误；D项，由反应离子方程式可得，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：2，故D错误。,4向偏铝酸钠溶液中逐滴加入盐酸,溶被的pH值随着加入盐酸体积的变化曲线如图所示，则下列说法正确的是 Aab段的主要离子方程式为A102-+4H+=Al3+

26、2H2O B向c点溶液中滴加氨水,发生的离子方程式为A13+30H-=Al(OH)3 Ccd段的主要离子方程式为Al(OH)3+3H+= A13+3H2O D向c点溶液中加入碳酸钠，发生的离子方程式为2 A13+CO32-+3H2O =2Al(OH)3+CO2,【答案】C 【解析】偏铝酸钠溶液中存在水解平衡A102-+2H2OAl(OH)3+OH-，所以溶液显碱性。向溶液中逐滴加入盐酸，a-b段H+先与OH-反应；b-c段pH发生突变，主要发生H+与A102-的反应，生成Al(OH)3和NaCl；c-d段盐酸过量后Al(OH)3与盐酸反应，生成AlCl3。A、ab段的主要离子方程式为H+OH-

27、=H2O，故A错误；B、c点A13+已沉淀完全，故 B错误；C、c-d段盐酸过量后Al(OH)3与盐酸反应，生成AlCl3，故C正确；D、c点A13+已沉淀完全，故 D错误。故选C。,【答案】D 【解析】A、当V1=150mL时，此时溶液是MgSO4、Al2(SO4)3 和Na2SO4混合液，由Na离子守恒可知，n（Na2SO4）=1/2 n（Na）=1/2 n（NaOH）=1/20.15L1molL1=0.075mol，设MgSO4为xmol，Al2(SO4)3为ymol，根据Mg原子、Al原子守恒可得：x+2y=0.1，根据SO42离子守恒可知：x+3y=0.2-0.075，联立方程解得：x=0.05、y=0.025，镁粉的物质的量分数为50%，而不是质量分数，故A错误；B、当溶液中Mg2、Al3恰好沉淀完全时，此时的溶液为Na2SO4溶液，根据SO42离子和Na离子守恒可得：n（Na）=2n（Na2SO4）=2（H2SO4）=20.1L2molL1=0.4mol，所以滴入NaOH溶液的体积为V（NaOH）=0.4mol/1molL1=0.4L=400mL，故B正确；C、混合物为0.1mol，其中镁的物质的量分数为a，用100mL2mol/L硫酸溶解后，再加入450mL 1mol/L氢氧化钠溶液，所得溶液无Al(OH)