2021-2022学年河南省焦作市温县一中高二（下）月考化学试卷（2月份）（含答案解析）

这是一份2021-2022学年河南省焦作市温县一中高二（下）月考化学试卷（2月份）（含答案解析），共22页。试卷主要包含了 吸热反应一定是，1ml⋅L−1盐酸和0等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年河南省焦作市温县一中高二（下）月考化学试卷（2月份）
1. 吸热反应一定是(    )
①释放能量      
②吸收能量   
③反应物的总能量低于生成物的总能量      
④生成物的总能量低于反应物的总能量．
A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④
2. 人类将在未来逐渐由“碳素燃料文明时代”过渡至“太阳能文明时代”(包括风能、生物质能等太阳能转换形态)，届时人们将适应“低碳经济”和“低碳生活”。下列说法错误的是(    )
A. 煤、石油和天然气都属于碳素燃料
B. 发展太阳能经济有助于减缓温室效应
C. 太阳能电池可将太阳能直接转化为电能
D. 目前研究菠菜蛋白质“发电”不属于“太阳能文明”
3. 已知反应2C(s)+O2(g)=2CO(g)的ΔH0。设ΔH和ΔS不随温度而变，下列说法中正确的是(    )
A. 低温下才能自发进行 B. 高温下才能自发进行
C. 任何温度下都能自发进行 D. 任何温度下都不能自发进行
4. 下列关于化学反应速率的说法正确的是(    )
A. 升高温度可降低化学反应的活化能，使化学反应速率提高
B. 在温度、体积都相同的两容器中，分别充入相同物质的量的Br2和Cl2，让它们与等量的氢气发生反应，反应速率相同
C. 0.1mol⋅L−1盐酸和0.1mol⋅L−1硝酸与相同形状和大小的大理石反应的速率相同
D. 有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的容积)，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率加快
5. 黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：
S(s)+2KNO3(s)+3C(s)=K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)ΔH=xkJ⋅mol−1
已知：碳的燃烧热ΔH1=akJ⋅mol−1
S(s)+2K(s)=K2S(s)ΔH2=bkJ⋅mol−1
2K(s)+N2(g)+3O2(g)=2KNO3(s)ΔH3=ckJ⋅mol−1
则x为(    )

A. 3a+b−c B. c−3a−b C. a+b−c D. c−a−b
6. 在容积不变的密闭容器中，可逆反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)达到平衡的标志是(    )
A. 单位时间内生成1molO2的同时，有2molSO3分解
B. SO2的体积分数不再变化
C. 混合气体的质量不再改变
D. 混合气体的密度保持不变
7. 下列实验方案不能达到相应目的的是(    )

A
B
C
D
目的
探究温度对化学平衡的影响
研究浓度对化学平衡的影响
实现铜棒镀银
证明化学反应存在一定的限度
实验方案





A. A B. B C. C D. D
8. 北魏贾思勰《齐民要术⋅作酢法》这样描述苦酒：“乌梅苦酒法：乌梅去核，一升许肉，以五升苦酒渍数日，曝干，捣作屑。欲食，辄投水中，即成醋尔。”下列有关苦酒主要成分的说法正确的是(    )
A. 苦酒的主要溶质是非电解质 B. 苦酒的主要溶质是弱电解质
C. 苦酒的主要溶质是强电解质 D. 苦酒的溶液中只存在分子，不存在离子
9. 下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(    )
A. 室温下，向0.01mol⋅L−1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na+)>c(SO42−)>c(NH4+)>c(OH−)=c(H+)
B. 0.1mol⋅L−1NaHCO3溶液：c(Na+)>c(OH−)>c(HCO3−)>c(H+)
C. Na2CO3溶液：c(OH−)−c(H+)=c(HCO3−)+c(H2CO3)
D. 25℃时，pH=4.75，浓度均为0.1mol⋅L−1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c(CH3COO−)+c(OH−)c(H+)>c(OH−)
D. F点的溶液呈碱性，粒子浓度之间存在：c(OH−)=c(HA)+c(A−)+c(H+)
12. 通过滴加相同浓度的盐酸或KOH溶液来调节0.01mol⋅L−1Na2HAsO3溶液的pH，实验测得含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与溶液pH的关系如图所示。下列有关说法正确的是(    )

A. NaH2AsO3溶于水，所得溶液中H2AsO3−的水解程度小于其电离程度
B. K1(H3AsO3)的数量级为10−9
C. 水的电离程度：a点大于b点
D. c点溶液中存在：c(Na+)=2c(H2AsO3−)+4c(HAsO32−)+2c(AsO33−)
13. 室温下，反应HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−的平衡常数K=2.2×10−8。将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是(    )
A. 0.2mol⋅L−1氨水：c(NH3⋅H2O)>c(NH4+)>c(OH−)>c(H+)
B. 0.2mol⋅L−1NH4HCO3溶液(pH>7)：c(NH4+)>c(HCO3−)>c(NH3⋅H2O)>c(H2CO3)
C. 0.2mol⋅L−1氨水和0.2mol⋅L−1NH4HCO3溶液等体积混合c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)=c(H2CO3)+c(HCO3−)+c(CO32−)
D. 0.6mol⋅L−1氨水和0.2mol⋅L−1NH4HCO3溶液等体积混合c(NH3⋅H2O)+c(CO32−)+c(OH−)=0.3mol⋅L−1+c(H2CO3)+c(H+)
14. 某同学探究溶液的酸碱性对FeCl3水解平衡的影响，实验方案如下：
配制50mL0.001mol/LFeCl3溶液、50mL对照组溶液x，向两种溶液中分别滴加1滴1mol/LHCl溶液、1滴1mol/LNaOH溶液，测得溶液pH随时间变化的曲线如图所示，下列说法不正确的是(    )

A. 依据M点对应的pH，说明Fe3+发生了水解反应
B. 对照组溶液x的组成可能是0.003mol/LKCl
C. 依据曲线c和d说明Fe3+水解平衡发生了移动
D. 通过仪器检测体系浑浊度的变化，可表征水解平衡移动的方向
15. 常温时，改变饱和氯水的pH，得到部分含氯微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。下列叙述不正确的是(    )

A. 该温度下，HClO⇌H++ClO−的电离常数Ka的对值lgKa=−7.54
B. 氯水中的Cl2、ClO−、HClO均能与KI发生反应
C. pH=1的氯水中，c(Cl2)>c(Cl3−)>c(HClO)>c(ClO−)
D. 已知常温下反应Cl2(aq)+Cl−(aq)⇌Cl3−(aq)的K=0.191，当pH增大时，K减小
16. 草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下，向H2C2O4液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中lgX[X为c(HC2O4−)c(H2C2O4)或c(C2O42−)c(HC2O4−)]与pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的是(    )
A. 曲线Ⅰ表示lgc(HC2O4−)c(H2C2O4)与pH的变化关系
B. pH=1.22的溶液中：2c(C2O42−)+c(HC2O4−)>c(Na+)
C. 1.22c(H2C2O4)
D. pH=4.19的溶液中：c(Na+)”、“c(OH−)=c(H+)，故A正确；
B.0.1mol⋅L−1NaHCO3溶液中，碳酸氢根离子水解显碱性，则c(Na+)>c(HCO3−)>c(OH−)>c(H+)，故B错误；
C.Na2CO3溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)，物料守恒：c(Na+)=2[c(HCO3−)+c(H2CO3)+c(CO32−)]，二者联式可得
c(OH−)−c(H+)=c(HCO3−)+2c(H2CO3)，故C错误；
D.由电荷守恒可知，c(CH3COO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，pH=4.75，电离大于水解，则c(CH3COOH)c(CH3COOH)+c(H+)，故D错误；
故选：A。
A.至中性溶液中应存在NH4+和NH3⋅H2O；
B.碳酸氢根离子水解；
C.根据电荷守恒和物料守恒分析；
D.由电荷守恒可知，c(CH3COO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，pH=4.75，电离大于水解，则c(CH3COOH)c(OH−)，由电荷守恒可知c(A−)>c(Na+)，故C错误；
D.F点的溶液为等浓度的NaA和NaOH的混合溶液，存在电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(A−)+c(OH−)，物料守恒式为c(Na+)=2c(A−)+2c(HA)，则存在c(OH−)=2c(HA)+c(A−)+c(H+)，故D错误；
故选：A。
A.A点为0.1mol⋅L−1的HA溶液，c水(H+)等于溶液中的c(OH−)=10−11mol/L，c(H+)=10−3mol/L，Ka≈10−3×10−30.1=10−5，Kh=KWKa；
B.C点c水(H+)=10−7mol/L，此时溶质为HA和NaA的混合溶液，溶液呈中性；E点NaOH过量，抑制了水的电离，溶质为NaA和NaOH，溶液呈碱性；
C.B点的溶液为等浓度的HA和NaA的混合溶液，此时溶液呈酸性；
D.F点的溶液为等浓度的NaA和NaOH的混合溶液，存在电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(A−)+c(OH−)，物料守恒式为c(Na+)=2c(A−)+2c(HA)。
本题考查酸碱混合的判断，为高频考点，把握酸碱混合后溶质、离子浓度关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意溶液中水电离出氢离子浓度与溶液酸碱性判断，题目难度中等。

12.【答案】D 
【解析】解：A.NaH2AsO3溶于水，溶液显碱性，则溶液中H2AsO3−的水解程度大于其电离程度，故A错误；
B.由图中pH=9.2可知，c(H3AsO3)=c(H2AsO3−)，K1(H3AsO3)=10−9.2，数量级为10−10，故B错误；
C.a点酸电离出氢离子抑制水的电离，c点HAsO32−水解水的电离，水的电离程度：a点小于b点，故C错误；
D.由物料守恒可知，n(Na)=2n(As)，且c点c(H3AsO3)=c(HAsO32−)，则c点溶液中存在：c(Na+)=2c(H2AsO3−)+4c(HAsO32−)+2c(AsO33−)，故D正确；
故选：D。
A.NaH2AsO3溶于水，溶液显碱性；
B.由图中pH=9.2可知，c(H3AsO3)=c(H2AsO3−)；
C.a点酸电离出氢离子抑制水的电离，c点HAsO32−水解水的电离；
D.由物料守恒可知，n(Na)=2n(As)，且c点c(H3AsO3)=c(HAsO32−)。
本题考查酸碱混合的判断，为高频考点，把握图中平衡时分布分数与浓度的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项BD为解答的难点，题目难度中等。

13.【答案】D 
【解析】解：A.0.2mol⋅L−1氨水溶液中存在一水合氨电离平衡和水的电离平衡，则溶液中离子浓度大小c(NH3⋅H2O)>c(OH−)>c(NH4+)>c(H+)，故A错误；
B.0.2mol⋅L−1NH4HCO3溶液(pH>7)，溶液显碱性说明碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子水解程度，则离子浓度关系为c(NH4+)>c(HCO3−)>c(H2CO3)>c(NH3⋅H2O)，故B错误；
C.0.2mol⋅L−1氨水和0.2mol⋅L−1NH4HCO3溶液等体积混合，n(N)=2n(C)，由物料守恒可知离子浓度关系c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3−)+c(CO32−)]，故C错误；
D.0.6mol⋅L−1氨水和0.2mol⋅L−1NH4HCO3溶液等体积混合，溶液中存在碳物料守恒：c(HCO3−)+c(CO32−)+c(H2CO3)=0.1mol/L①，氮守恒得到：c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)=0.4mol/L②，混合溶液中存在电荷守恒得到：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)③，把①中c(HCO3−)+c(CO32−)=0.1−c(H2CO3)，②中c(NH4+)=0.4−c(NH3⋅H2O)，带入③整理得到：c(NH3⋅H2O)+c(CO32−)+c(OH−)=0.3mol⋅L−1+c(H2CO3)+c(H+)，故D正确；
故选：D。
A.一水合氨电离显碱性，且溶液中存在水的电离；
B.pH>7可知HCO3−的水解为主；
C.等体积、等浓度时物质的量相同，遵循物料守恒；
D.结合电荷守恒及物料守恒判断。
本题考查离子浓度的比较，为高频考点，把握电离与水解、物料守恒及电荷守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。

14.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查学生影响水解平衡的因素知识，注意图示信息的提取，归纳和梳理是解题的关键。
【解答】
A.FeCl3溶液的pH小于7，溶液显酸性，原因是氯化铁是强酸弱碱盐，Fe3+在溶液中发生了水解，故A正确；
B.对照组溶液x加碱后溶液的pH的变化程度比加酸后的pH的变化程度大，而若对照组溶液x的组成是0.003mol/LKCl不会出现这种情况，故B错误；
C.在FeCl3溶液中加碱、加酸后，溶液的pH的变化均比对照组溶液x的变化小，因为加酸或加碱均引起了Fe3+水解平衡的移动，故溶液的pH的变化比较缓和，故C正确；
D.FeCl3溶液水解出氢氧化铁，故溶液的浑浊程度变大，则水解被促进，否则被抑制，故D正确。
故选：B。  
15.【答案】D 
【解析】解：A.图象中HClO和ClO−的物质的量分数相等时的pH为7.54，则Ka(HClO)=c(H+)c(ClO−)c(HClO)=7.54，所以lgKa=−7.54，故A正确；
B.I−具有较强的还原性，Cl2，ClO−，HClO的氧化性较强，所以氯水中的Cl2、ClO−、HClO均能与KI发生反应，故B正确；
C.pH=1时，根据图象中物质的量分数比较离子浓度大小，则c(Cl2)>c(Cl3−)>c(HClO)>c(ClO−)，故C正确；
D.K只随温度大小而改变，改变平衡，不能改变K值，故D错误，
故选：D。
A.根据图象中HClO和ClO−的物质的量分数相等时的pH计算HClO的电离平衡常数；
B.I−具有较强的还原性，Cl2，ClO−，HClO的氧化性较强；
C.根据pH=1时，图象中各组分的物质的量分数分析离子浓度大小；
D.K只随温度大小而改变。
本题考查弱电解质的电离平衡，以氯水体系为考查背景，图象虽稍显复杂，但考查的知识点均为高频考点，整体难度不大，把握图象分析是关键。

16.【答案】C 
【解析】解：A.草酸的第一步电离远大于第二步电离，则pH相同，c(HC2O4−)c(H2C2O4)>c(C2O42−)c(HC2O4−)，则曲线Ⅰ表示lgc(HC2O4−)c(H2C2O4)与pH的变化关系，故A正确；
B.pH=1.22时，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH−)，由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4−)+2c(C2O42−)+c(OH−)可知，2c(C2O42−)+c(HC2O4−)>c(Na+)，故B正确；
C.lgX为增函数，pH=1.22时，曲线Ⅰ中，lgXc(HC2O4−)c(H2C2O4)=0时，c(HC2O4−)=c(H2C2O4)，曲线Ⅱ中lgX=lgc(C2O42−)c(HC2O4−)=−3，103c(C2O42−)=c(HC2O4−)=c(H2C2O4)；pH=4.19时，曲线Ⅰ中，lgX=lgc(HC2O4−)c(H2C2O4)=3，c(HC2O4−)=103c(H2C2O4)，曲线曲线Ⅱ中，lgX=lgc(C2O42−)c(HC2O4−)=0，c(C2O42−)=c(HC2O4−)=103c(H2C2O4)，所以1.22c(OH−)，结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4−)+2c(C2O42−)+c(OH−)可知：c(Na+)c(C2O42−)c(HC2O4−)；
B.pH=1.22时，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH−)，结合电荷守恒判断；
C.lgX为增函数，pH=1.22时，曲线Ⅰ中，lgXc(HC2O4−)c(H2C2O4)=0时，c(HC2O4−)=c(H2C2O4)，曲线Ⅱ中lgX=lgc(C2O42−)c(HC2O4−)=−3，103c(C2O42−)=c(HC2O4−)=c(H2C2O4)；pH=4.19时，曲线Ⅰ中，lgX=lgc(HC2O4−)c(H2C2O4)=3，c(HC2O4−)=103c(H2C2O4)，曲线曲线Ⅱ中，lgX=lgc(C2O42−)c(HC2O4−)=0，c(C2O42−)=c(HC2O4−)=103c(H2C2O4)，所以1.22c(OH−)>c(H+)x200y 
【解析】解：(1)结合水解常数可知，Kh=1.61×10−5，Ka=KwKh=1.0×10−141.61×10−5c(H+)、c(HA)>c(A−)，结合物料守恒c(HA)+c(A−)=2c(Na+)可知，c(HA)>c(Na+)>c(A−)，溶液中离子浓度大小为：c(HA)>c(Na+)>c(A−)>c(OH−)>c(H+)，
故答案为：碱；c(Na+)>c(A−)>c(OH−)>c(H+)；
(2)醋酸钠溶液中，醋酸根离子部分水解：CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−，溶液显示碱性；加入醋酸后，溶液中氢离子浓度增大，抑制了醋酸根离子的水解，平衡向逆向移动；醋酸中存在CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−，溶液呈中性，则c(H+)=1.0×10−7mol/L，则：c(CH3COO−)c(H+)c(CH3COOH)=2×10−5mol/L，所以c(CH3COOH)=x2V×10−2mol/L，n(CH3COOH)=x2V×10−2×2mol，故滴加的醋酸浓度为x200ymol/L，
故答案为：x200y。
(1)结合水解常数可知，NaA的混合液呈碱性，则c(OH−)>c(H+)、c(HA)>c(A−)，结合物料守恒c(HA)+c(A−)=2c(Na+)可知，c(HA)>c(Na+)>c(A−)；
(2)醋酸钠溶液中，醋酸根离子部分水解：CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−，溶液显示碱性；加入醋酸后，溶液中氢离子浓度增大，抑制了醋酸根离子的水解，平衡向逆向移动；醋酸中存在CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−，溶液呈中性，则c(H+)=1.0×10−7mol/L，则：c(CH3COO−)c(H+)c(CH3COOH)=2×10−5mol/L，据此判断。
本题考查了弱电解质电离及其影响、离子浓度大小比较、电解原理及其计算、有关电离平衡常数的计算，题目难度稍大，涉及的知识点较多、内容比较广泛，充分考查了学生对所学知识的掌握情况。

20.【答案】ADCBBC7H6O3  C7H6O3  羧基、羟基  
【解析】解：(1)①装置A生成O2，通入装置D中，与有机物发生反应，利用装置C吸收水，利用装置B吸收CO2，为了防止外界空气中的H2O和CO2进入装置B，需额外再连接一个装置B，则装置的连接顺序是ADCBB；
故答案为：ADCBB；
②B增重是由于吸收了CO2，则n(CO2)=15.4g44g/mol=0.35mol，根据原子守恒，则6.9g样品中含有0.35molC原子；C装置增重2.7g，是吸收了H2O，则n(H2O)=2.7g18g/mol=0.15mol，根据原子守恒，则6.9g样品中含有0.15mol×2=0.3molH原子；根据质量守恒，6.9g样品中含有6.9g−0.35×12g−0.15×1g=2.4gO，则6.9g样品中含有2.4g16g/mol=0.15molO原子；则该有机物中，n(C)：n(H)：n(O)=7：6：3，则其实验室为C7H6O3，
故答案为：C7H6O3；
(2)根据(1)可知该有机物的实验室为C7H6O3，则该有机物的分子式可表示为(C7H6O3)n，X的质谱图中分子离子峰对应的质荷比最大为138，可求得n=1，则X的分子式为C7H6O3，
故答案为：C7H6O3；
Ⅱ(3)根据红外光谱，X中含有O−H，以及C−O，以及羧酸上的C=O，根据分子式，可知其含有3个O原子，则含有的官能团有羧基、羟基，
故答案为：羧基、羟基；
(4)根据X的核磁共振氢谱，分子中有6组峰，且其面积均相同，根据红外，有两个邻位取代基，含有羧基，则其结构简式为，
故答案为：。
有机物和O2在CuO作催化剂的作用下完全氧化生成CO2、H2O，利用无水氯化钙吸收H2O，利用碱石灰吸收CO2，为了防止外界空气中的H2O和CO2进入碱石灰中，需要外界一个B装置。利用原子守恒，可求出X的最简式，再根据质谱、红外、核磁共振氢谱等得到其结构简式。
本题主要考查了有机物分子结构的确定，涉及到实验装置连接、有机物分子式的计算以及核磁共振氢谱等知识点，可以很好的考查学生的分析能力、计算能力及实验能力，题目难度不大。

21.【答案】醋酸酐和水易发生反应；水浴加热；乙酰水杨酸受热易分解；a；防止乙酰水杨酸结晶析出；abc；84.3% 
【解析】解：醋酸酐和水杨酸混合，然后向混合溶液中加入浓硫酸，摇匀后加热至85℃，然后冷却、过滤、水洗得到粗产品；
(1)醋酸酐和水易发生反应生成乙酸，生成的乙酸抑制水杨酸和乙酸酐反应，所以需要干燥仪器，
故答案为：醋酸酐和水易发生反应；
(2)合成阿司匹林时要控制温度在85℃∼90℃，该温度低于水的沸点，所以合适的加热方法是水浴加热，
故答案为：水浴加热；
(3)①乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为128℃∼135℃，使用温度计的目的是控制加热的温度，防止乙酰水杨酸受热易分解，
故答案为：乙酰水杨酸受热易分解；
②采取逆流原理通入冷凝水，充满冷凝管，充分冷凝回流，冷凝水从a口进，从b口出，
故答案为：a；
③趁热过滤，防止乙酰水杨酸结晶析出，减少损失，
故答案为：防止乙酰水杨酸结晶析出；
④乙酸乙酯起溶剂作用，趁热过滤除去水杨酸，再冷却结晶析出乙酰水杨酸，说明低温时乙酰水杨酸在乙酸乙酯中的溶解度较小，利用水杨酸、乙酰水杨酸在乙酸乙酯中溶解度不同就行分离提纯，这种分离提纯方法为重结晶，由于水杨酸与乙酰水杨酸均含有羧基，且在水中微弱，不能用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸，
故选：abc；
(4)水杨酸的相对分子质量为138，n(水杨酸)=2.0g÷138g/mol=0.0145mol，n(乙酸酐)=(5.0mL×1.08g/cm3)÷102g/mol=0.0529mol，由于乙酸酐的物质的量大于水杨酸，所以得到的乙酰水杨酸应该按照水杨酸来计算，故理论上得到乙酰水杨酸的质量为0.0145mol×180g/mol=2.61g，产率=实际质量理论质量×100%=2.2g2.61g×100%=84.3%，
故答案为：84.3%.
醋酸酐和水杨酸混合，然后向混合溶液中加入浓硫酸，摇匀后加热至85℃，然后冷却、过滤、水洗得到粗产品；
(1)醋酸酐和水易发生反应生成乙酸；
(2)合成阿司匹林时要控制温度在85℃∼90℃，该温度低于水的沸点；
(3)向粗产品中加入乙酸乙酯，增大乙酰水杨酸的溶解性，然后加热回流，趁热过滤，然后冷却、减压过滤、洗涤、干燥得到乙酰水杨酸，
①乙酰水杨酸受热易分解；
②冷凝水采用逆流方法；
③乙酰水杨酸在温度低时易结晶析出；
④利用水杨酸、乙酰水杨酸在乙酸乙酯中溶解度不同进行分离提纯，水杨酸与乙酰水杨酸均含有羧基，且在水中微弱，不能用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸；
(4)水杨酸的相对分子质量为138，n(水杨酸)=2.0g÷138g/mol=0.0145mol，n(乙酸酐)=(5.0mL×1.08g/cm3)÷102g/mol=0.0529mol，由于乙酸酐的物质的量大于水杨酸，所以得到的乙酰水杨酸应该按照水杨酸来计算，故理论上得到乙酰水杨酸的质量为0.0145mol×180g/mol=2.61g，产率=实际质量理论质量×100%.
本题考查有机物制备实验方案设计与评价，侧重考查学生对实验操作、实验原理及对题给信息的获取和正确应用，明确实验原理及元素化合物性质、实验操作规范性是解本题关键，(3)中注意根据流程理解分离提纯方法，题目难度不大．