学年四川省攀枝花市高二上学期期末教学质量监测化学试题 解析版.docx

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学年四川省攀枝花市高二上学期期末教学质量监测化学试题解析版

2018`2019学年度（上）调研检测高二化学试题

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时90分钟。

可能用到的相对原子质量：

H：

1C：

12N：

14O：

16F：

19Na：

23Mg：

24Al：

27S：

32Cl：

35.5K-39Cu：

64Ag:

108

第Ⅰ卷（选择题共40分）

一、选择题：

（本大题包括20小题，每小题2分，共40分。

每小题只有一个选项符合题意。

）

1.下列有关乙烯的说法错误的是

A.在常温常压下为气体B.是一种植物生长调节剂

C.可自身加成形成聚乙烯D.不能使溴的CCl4溶液褪色

【答案】D

【解析】

【分析】

从乙烯的物理性质、化学性质、用途入手进行分析；

【详解】A、乙烯常温常压下为气体，故A说法正确；

B、乙烯可以作一种植物生长的调节剂，故B说法正确；

C、乙烯的结构简式为CH2=CH2，通过加聚反应，生成聚乙烯，故C说法正确；

D、乙烯的结构简式为CH2=CH2，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D说法错误。

2.下列物质中，能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是

A.苯B.乙烯C.甲烷D.乙烷

【答案】B

【解析】

【分析】

有机物中能使酸性高锰酸钾溶液褪色是含有碳碳双键、碳碳叁键、苯的同系物、部分醇、醛等，进行分析；

【详解】A、苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A不符合题意；

B、乙烯中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B符合题意；

C、烷烃化学性质相对稳定，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲烷属于烷烃，故C不符合题意；

D、乙烷属于烷烃，不能使酸性高锰酸钾溶液，故D不符合题意。

【点睛】易错点是选项A，苯中不含碳碳双键，介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色。

3.下列过程中所发生的化学反应，不属于取代反应的是

A.光照射甲烷与氯气的混合气体

B.苯与液溴混合后撒入铁粉

C.在镍作催化剂的条件下，苯与氢气反应

D.加热至50~60℃，在浓硫酸作用下，苯与浓硝酸反应

【答案】C

【解析】

【详解】A、甲烷和氯气在光照下发生取代反应，CH4＋Cl2

CH3Cl＋HCl，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷，故A不符合题意；

B、苯与液溴在铁单质作用下发生取代反应生成溴苯和HBr，故B不符合题意；

C、苯与氢气在镍作用下发生加成反应，生成环己烷，故C符合题意；

D、苯与浓硝酸发生取代反应，生成硝基苯和H2O，故D不符合题意。

4.下列关于乙醇、乙酸的说法中，不正确的是

A.乙醇不能与金属钠反应

B.乙醇在空气中燃烧时放出大量的热

C.乙酸能与CaCO3反应放出CO2

D.在浓硫酸存在下，加热，乙酸与乙醇发生酯化反应

【答案】A

【解析】

【详解】A、乙醇能与金属钠发生反应：

2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑，故A说法错误；

B、所用的燃烧都是放热反应，甲醇在空气中燃烧时放出大量的热，故B说法正确；

C、乙酸的酸性强于碳酸，因此乙酸与CaCO3反应放出CO2，故C说法正确；

D、乙酸与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成乙酸乙酯，故D说法正确。

5.LED即发光二极管，是一种能够将电能转化为光能的固态半导体器件。

如图是某课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光的装置。

下列说法不正确的是

A.装置中存在“化学能→电能→光能”的转化

B.铜片上发生的反应为2H＋＋2e－=H2↑

C.锌片是负极，其质量逐渐减小

D.如果将稀硫酸换成稀盐酸，则导线中不会有电子流动

【答案】D

【解析】

【分析】

根据原电池定义以及原电池工作原理进行分析；

【详解】A、该装置为原电池装置，将化学能转化成电能，LED灯发亮，是电能转化成光能，故A说法正确；

B、锌比铜活泼，即锌为负极，铜为正极，原电池总反应为Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，即Cu电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，故B说法正确；

C、根据B选项分析，Zn为负极，发生Zn－2e－=Zn2＋，锌的质量减小，故C说法正确；

D、锌与稀盐酸发生Zn＋2HCl=ZnCl2＋H2↑，该反应为氧化还原反应，因此稀硫酸换成稀盐酸，能够构成原电池，导线上有电子通过，故D说法错误。

6.下列液体中pH>7的是

A.蔗糖溶液B.人体血液C.胃液D.食盐水

【答案】B

【解析】

【详解】A、蔗糖为非电解质，其溶液为中性，即pH=7，故A不符合题意；

B、人体血液呈弱碱性，即pH>7，故B符合题意；

C、胃液成分是盐酸，呈酸性，即pH<7，故C不符合题意；

D、食盐水是NaCl的水溶液，显中性，即pH=7，故D不符合题意。

7.用稀NaOH溶液与稀盐酸反应测定中和热的实验中，下列操作错误的是

A.反应前酸、碱溶液的温度要相同

B.测量混合溶液温度时，温度计插在溶液中

C.为了使反应均匀进行，可以向酸中分多次加入碱

D.为了使反应更完全，可以使碱适当过量

【答案】C

【解析】

【详解】A、反应温度要相同，不同时误差较大，故A说法正确；

B、测量混合溶液温度时，温度计要一直插在溶液中，观察最高温度，故B说法正确；

C、分次加入混合时，容易造成热量损失，使测试结果不准确，故C说法错误；

D、为了使反应进行更安全，可以使酸或碱适当过量，故D说法正确。

8.Mg（OH）2固体在水中达到溶解平衡：

Mg（OH）2（s）

Mg2＋（aq）＋2OH－（aq），为使Mg（OH）2固体的量减少，可加入少量的

A.NH4ClB.NaOHC.MgSO4D.Na2SO4

【答案】A

【解析】

【分析】

根据勒夏特列原理进行分析；

【详解】A、加入NH4Cl，NH4＋与OH－反应生成NH3·H2O，促使平衡向右进行，Mg（OH）2固体减少，故A符合题意；

B、加入NaOH，使c（OH－）增大，平衡向左进行，Mg（OH）2固体质量增多，故B不符合题意；

C、加入MgSO4，使c（Mg2＋）增多，平衡向左进行，Mg（OH）2固体质量增多，故C不符合题意；

D、加入Na2SO4，对平衡无影响，故D不符合题意。

9.下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是

A.开启啤酒后，瓶中马上泛起大量泡沫

B.实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2

C.加入催化剂有利于氨的合成

D.生产硝酸中使用过量空气以提高氨的利用率

【答案】C

【解析】

【分析】

利用勒夏特列原理的定义入手分析；

【详解】A、啤酒中存在：

CO2（g）

CO2（aq），开启啤酒瓶，造成压强减小，使平衡向左进行，产生大量的CO2气体，泛起大量泡沫，符合勒夏特列原理，故A不符合题意；

B、Cl2溶于水中存在：

Cl2＋H2O

Cl－＋H＋＋HClO，加入食盐水，c（Cl－）增大，平衡向左进行，抑制了Cl2溶解，符合勒夏特列原理，故B不符合题意；

C、催化剂对化学平衡无影响，不符合勒夏特列原理，故C符合题意；

D、NH3与O2反应：

4NH3＋5O2

4NO＋6H2O，增大空气量，即增大氧气浓度，平衡向正反应方向进行，提高NH3的利用率，符合勒夏特列原理，故D说法正确。

10.下列说法中正确的是

A.若将等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量多

B.C（s，石墨）=C（s，金刚石）ΔH﹦+1.5kJ/mol，结论：

相同条件下金刚石性质比石墨稳定

C.CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H﹦-801.3kJ/mol，结论：

CH4的燃烧热△H﹦-801.3kJ/mol

D.N2（g）+3H2（g）

2NH3（g）ΔH﹦-92.4kJ/mol，结论：

在密闭容器中充入0.5molN2、1.5molH2，充分反应后放出46.2kJ的热量

【答案】A

【解析】

【详解】A、固体硫转化成气态硫是吸热过程，气态硫具有能量高于固体硫，因此等质量的硫蒸气燃烧放出的热量高于硫固体的燃烧放出的热量，故A说法正确；

B、该反应为吸热反应，石墨的能量低于金刚石，即石墨比金刚石稳定，故B说法错误；

C、根据燃烧热的定义，水为液态，题中水为蒸气，即无法判断甲烷的燃烧热，故C说法错误；

D、该反应为可逆反应，不能完全进行到底，因此0.5molN2、1.5molH2反应放出的热量小于46.2kJ，故D说法错误。

【点睛】易错点是选项C，根据燃烧热的定义：

1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，C转化成CO2，S转化成SO2，H转化成液态水。

11.在催化条件下发生反应：

N2O（g）+CO（g）

CO2（g）+N2（g）可使环境污染性气体转化为无害气体。

反应进程中的能量变化如图所示。

下列说法正确的是

A.加入催化剂使反应的△H变小

B.该反应的热化学方程式为：

N2O（g）+CO（g）

CO2（g）+N2（g）△H﹦-226kJ/mol

C.反应物的总能量小于生成物的总能量

D.该反应正反应的活化能大于逆反应的活化能

【答案】B

【解析】

【详解】A、△H只与始态和终态有关，加入催化剂降低活化能，△H不变，故A错误；

B、根据图像得出热化学反应方程式为：

N2O（g）＋CO（g）=CO2（g）＋N2（g）△H=（134－360）kJ·mol－1=－226kJ·mol－1，故B正确；

C、根据图像，反应物的总能量小于生成物的总能量，故C错误；

D、Ea1为正反应活化能，Ea2为逆反应活化能，即正反应的活化能小于逆反应的活化能，故D错误。

12.用水稀释0.1mol/L的氨水,溶液中随着水量的增加而减小的是

A.c（H+）/c（NH4+）B.c（NH3·H2O）/c（OH-）

C.c（NH4+）c（OH-）/c（NH3·H2O）D.c（H+）c（OH-）

【答案】B

【解析】

【分析】

氨水中存在：

NH3·H2O

NH4＋＋OH－，加水稀释促进NH3·H2O的电离，但v（NH4＋）、c（OH－）降低，然后进行分析；

【详解】氨水中存在：

NH3·H2O

NH4＋＋OH－，加水稀释促进NH3·H2O的电离，但v（NH4＋）、c（OH－）降低，

A、根据水的离子积，c（OH－）减小，c（H＋）增大，c（H＋）/c（NH4＋）增大，故A不符合题意；

B、同溶液中，体积相同，c（NH3·H2O）/c（OH－）=n（NH3·H2O）/n（OH－），加水稀释促进电离，OH－物质的量增大，NH3·H2O物质的量减小，即该比值随水量增加而减小，故B符合题意；

C、该比值等于Kb，Kb只受温度的影响，即该比值保持不变，故C不符合题意；

D、Kw=c（H＋）×c（OH－），Kw只受温度的影响，即Kw保持不变，故D不符合题意。

【点睛】易错点，学生认为加水稀释所有离子浓度都减小，忽略水的离子积Kw=c（H＋）×c（OH－），水的离子积不变，加水稀释，c（OH－）减小，则c（H＋）增大。

13.25℃时，关于pH=3的醋酸溶液和pH=11的NaOH溶液，下列说法不正确的是

A.c（Na+）=c（CH3COO－）

B.醋酸溶液中c（H+）等于NaOH溶液中c（OH-）

C.NaOH溶液的导电能力比醋酸溶液的强

D.将两溶液等体积充分混合，所得溶液呈酸性

【答案】C

【解析】

【详解】A、醋酸是弱酸，CH3COOH

CH3COO－＋H＋，c（CH3COO－）近似等于c（H＋）=10－3mol·L－1，NaOH为强碱，完全电离，c（Na＋）近似等于c（OH－），c（Na＋）=10－3mol·L－1，即c（Na＋）=c（CH3COO－），故A说法正确；

B、醋酸溶液中c（H＋）=10－3mol·L－1，NaOH溶液中c（OH－）=10－3mol·L－1，即醋酸溶液中c（H＋）等于NaOH溶液中c（OH－），故B说法正确；

C、根据上述分析，两种溶液中离子浓度相同，导电能力相同，故C说法错误；

D、醋酸是弱酸，NaOH为强碱，c（CH3COOH）>c（NaOH），相同体积混合后，溶质为CH3COOH和CH3COONa，溶液显酸性，故D说法正确。

14.将4molSO2和2molO2在2L的恒容密闭容器中混合，并在一定条件下发生如下反应:

2SO2（g）+O2（g）

2SO3（g）,若经2s后测得SO3的浓度为0.6mol/L。

下列说法中不正确的是

A.用SO2表示反应的平均速率为0.3mol/（L·s）

B.用O2表示反应的平均速率为0.15mol/（L.s）

C.2s时O2的浓度为0.7mol/L

D.2s时SO2的转化率为70%

【答案】D

【解析】

【分析】

2SO2（g）+O2（g）

2SO3（g）

起始：

420

变化：

1.20.62L×0.6mol·L－1

平衡：

2.81.41.2根据化学反应速率的定义、转化率的定义进行分析；

【详解】2SO2（g）+O2（g）

2SO3（g）

起始：

420

变化：

1.20.62L×0.6mol·L－1

平衡：

2.81.41.2

A、根据化学反应速率的定义，v（SO2）=1.2mol/（2L·2s）=0.3mol/（L·s），故A说法正确；

B、根据化学反应速率的定义，v（O2）=0.6mol/（2L·2s）=0.15mol/（L·s），故B说法正确；

C、2s时O2的浓度为1.4mol/2L=0.7mol·L－1，故C说法正确；

D、SO2的转化率为1.2/4×100%=30%，故D说法错误。

15.已知：

Ag++SCN－=AgSCN↓（白色），某同学探究AgSCN的溶解平衡及转化，进行以下实验。

下列说法中，不正确的是

A.①中现象能说明Ag+与SCN－生成AgSCN沉淀的反应有限度

B.②中现象产生的原因是发生了反应Fe（SCN）3+3Ag+=3AgSCN↓+Fe3+

C.③中产生黄色沉淀的现象能证明AgI的溶解度比AgSCN的溶解度小

D.④中黄色沉淀溶解的原因可能是AgI与KI溶液中的I-进一步发生了反应

【答案】C

【解析】

【详解】A、AgNO3与KSCN恰好完全反应，上层清液中滴加Fe（NO3）3溶液，出现浅红色溶液，说明上层清液中含有SCN－，即说明Ag＋与SCN－生成AgSCN沉淀的反应有限度，故A说法正确；

B、根据②中现象：

红色褪去，产生白色沉淀，Fe（SCN）3被消耗，白色沉淀为AgSCN，即发生：

Fe（SCN）3＋Ag＋=3AgSCN↓＋Fe3＋，故B说法正确；

C、前一个实验中滴加0.5mL2mol·L－1AgNO3溶液，Ag＋过量，反应②中Ag＋有剩余，即滴加KI溶液，I－与过量Ag＋反应生成AgI沉淀，不能说明AgI溶解度小于AgSCN，故C说法错误；

D、白色沉淀为AgSCN，加入KI后，白色沉淀转化成黄色沉淀，即AgSCN转化成AgI，随后沉淀溶解，得到无色溶液，可能是AgI与KI溶液中的I－进一步发生了反应，故D说法正确。

16.PCl3和PCl5都是重要的化工原料。

将PCl3（g）和Cl2（g）充入2L的恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应PCl3（g）+Cl2（g）

PCl5（g），△H＜0并于10min时达到平衡。

有关数据如下：

PCl3（g）

Cl2（g）

PCl5（g）

初始浓度/（mol·L-1）

2.0

1.0

0

平衡浓度/（mol·L-1）

c1

c2

0.4

下列判断不正确的是

A.10min内，v（Cl2）=0.04mol/（L·min）

B.升高温度，反应的平衡常数增大

C.反应达到平衡时容器内的压强与初始时容器的压强之比为13：

15

D.平衡后移走2.0molPCl3和1.0molCl2，相同条件下再达平衡时，c（PCl5）<0.2mol·L-1

【答案】B

【解析】

【详解】A、10min消耗Cl2的物质的量为0.4mol·L－1，根据化学反应速率的表达式为v（Cl2）=0.4mol/L/10min=0.04mol/（L·min），故A说法正确；

B、该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，即升高温度，化学平衡常数减小，故B说法错误；

C、PCl3（g）+Cl2（g）

PCl5（g）

起始：

2.01.00

平衡：

1.60.60.4相同条件下，压强之比等于物质的量之比，P前/P后=6/（3.2＋1.2＋0.8）=3/2.6=15/13，故C说法正确；

D、平衡后移走2.0molPCl3和1.0molCl2，相当于在原来的基础上增大容器的体积一倍，c（PCl5）=0.2mol·L－1，但增大容器的体积，压强减小平衡向逆反应方向进行，c（PCl5）<0.2mol·L－1，故D说法正确。

【点睛】难点是选项D，一般这样的题，开始时通入4molPCl3和2molCl2，平衡后移走2.0molPCl3和1.0molCl2，相当于开始时通入2.0molPCl3和1.0molCl2，相当于在原来基础上增大容器的体积一倍，假设平衡不移动，PCl5的物质的量浓度为0.2mol·L－1，容器体积扩大，压强减小，平衡向逆反应方向进行，PCl5的物质的量浓度小于0.2mol·L－1。

17.工业上合成CH3OH的原理为：

2H2（g）+CO

CH3OH（g），一定温度下，向1L恒容密闭容器中充入H2和CO，反应达平衡时CH3OH的体积分数与反应物投料之比（n（H2）/n（CO））的关系如图所示。

下列说法错误的是

A.相同条件下，达到平衡时混合气体的密度与反应前相同

B.a、b、c、d四点中,c点CO的转化率最大。

C.若投料时n（CO）不变，a、b、c、d四点中d处CH3OH的物质的量最大

D.图像中c点到d点，平衡向正反应方向移动

【答案】B

【解析】

【详解】A、容器为恒定，气体体积不变，组分都是气体，气体质量不变，因此任何时刻气体密度都想等，即达到平衡时气体的密度与反应前相同，故A说法正确；

B、投料比增大，增大氢气的物质的量，平衡向正反应方向进行，CO的转化率增大，即四个点中d点CO的转化率最大，故B说法错误；

C、根据B选项分析，增大H2的量，平衡向正反应方向进行，甲醇的物质的量增大，即四点中d处CH3OH的物质的量最大，故C说法正确；

D、c点到d点，增加了H2的量，平衡向正反应方向进行，故D说法正确。

18.—定温度下,在三个等体积的恒容密闭容器中，反应2CO2（g）+6H2（g）

C2H5OH（g）+3H2O（g）达平衡。

下列说法正确的是

容器

温度/K

物质的起始浓度（mol·L-1）

物质的平衡浓（mol·L-1）

CO2（g）

H2（g）

C2H5OH（g）

H2O（g）

C2H5OH（g）

甲

500

0.20

0.60

0

0

0.083

乙

500

0.40

0.60

0

0

丙

600

0

0

0.10

0.30

0.039

A.该反应正反应为吸热反应

B.达平衡时,甲、乙容器内：

2c（C2H5OH,甲）﹦c（C2H5OH,乙）

C.达平衡时,容器甲中的逆反应速率比容器乙中的大

D.达平衡时,转化率：

a（CO2,甲）+a（C2H5OH,丙）>1

【答案】D

【解析】

【详解】A、如果丙的温度为500K，则甲和丙为等效平衡，此时丙中C2H5OH物质的量浓度为0.083mol/L，但温度为600K时，丙中C2H5OH物质的量浓度为0.039mol·L－1<0.083mol·L－1，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，即正反应为放热反应，故A错误；

B、乙可以看作先通入0.20mol/LCO2和0.60mol/LH2，达到平衡时，此时乙醇的物质的量浓度为0.083mol/L，再通入0.20mol·L－1CO2，平衡向正反应进行，2c（C2H5OH，甲）>c（C2H5OH，乙）>c（C2H5OH，甲），故B错误；

C、容器乙中反应物浓度大于容器甲，浓度增大，反应速率加快，即达到平衡时，容器甲中逆反应速率比容器乙中小，故C错误；

D、如果丙的温度为500K，则有a（CO2，甲）＋a＇（C2H5OH，丙）=1，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，即a（C2H5OH，丙）>a＇（C2H5OH，丙），则有a（CO2，甲）＋a（C2H5OH，丙）>1，故D正确。

19.25℃时，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（设混合后溶液体积等于混合前两溶液体积之和），所得实验数据如下表：

实验编号

起始浓度/（mol·L-1）

反应后溶液的pH

HA

KOH

①

0.1

0.1

9

②

x

0.2

7

下列判断不正确的是

A.实验①反应后的溶液中：

c（K+）+c（H+）-c（A-）=1×10-9mol·L-1

B.实验①反应后的溶液中：

c（K+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+）

C.实验②反应后的溶液中：

c（A-）+c（HA）＞0.1mol·L-1

D.实验②反应后的溶液中：

c（K+）=c（A-）＞c（OH-）=c（H+）

【答案】A

【解析】

【分析】

根据①HA和KOH的浓度相同，体积相同，两种溶液恰好完全反应，生成KA，溶液pH=9，显碱性，即KA为弱酸，根据②，反应后溶液的pH=7，显中性，即x>0.1mol·L－1；

【详解】根据①HA和KOH的浓度相同，体积相同，两种溶液恰好完全反应，生成KA，溶液pH=9，显碱性，即KA为弱酸，根据②，反应后溶液的pH=7，显中性，即x>0.1mol·L－1，

A、根据电荷守恒，c（K＋）＋c（H＋）=c（OH－）＋c（A－），推出c（K＋）＋c（H＋）－c（A－）=c（OH－）=10－5mol·L－1，故A说法错误；

B、根据上述分析，反应后溶液的溶质为KA，A－发生水解，即c（K＋）>c（A－）>c（OH－）>c（H＋），故B说法正确；

C、根据上述分析，x>0.1mol·L－1，依据物料守恒，推出c（A－）＋c（HA）>0.1mol·L－1，故C说法正确；

D、根据电荷守恒，c（K＋）＋c（H＋）=c（OH－）＋c（A－），溶液的pH=7，推出c（H＋）=c（OH－），c（K＋）=c（A－），即c（K＋）=c（A－）＞c（OH－）=c（H＋），故D说法正确。

20.已知：

电导率越大导电能力越强。

25℃时，用0.100mol/LNaOH溶液分别滴定10.00mL浓度均为0.100mol/L的盐酸和醋酸溶液，测得滴定过程中溶液的电导率如图所示（注：

混合后溶液体积等于混合前两溶液体积之和）。

下列说法正确的是

A.曲线①代表滴定盐酸的曲线

B.a点溶液中：

c（OH－）＋c（CH3COO－）-c（H＋）=0.1mol/L

C.a、b、c三点溶液中水的电离程度：

c>a>b

D.b点溶液中：

c（OH－）=c（H＋）＋c（CH3COO－）＋2c（CH3COOH）

【答案】D

【解析】

【分析】

醋酸为弱酸，滴入NaOH发生NaOH＋CH3COOH=CH3COONa＋H2O，溶液中离子浓度增大，导电能力增强，电导率增大，即曲线①代表滴定醋酸，曲线②代表滴定盐酸；

【详解】醋酸为弱酸，滴入NaOH发生NaOH＋CH3COOH