黄金卷04-【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考化学模拟卷（全国卷专用）

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【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考化学模拟卷（全国专用版）
黄金卷04
（满分100分，时间50分钟）
注意事项：
1．答卷前，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，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 O-16 Al-27 P-31 Cu-64 Ge-73
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
7.从第一颗人造卫星成功发射，到“神十四”和“神十五”乘组在中国空间站“会师”，我国航天领域取得了诸多突破。下列说法不正确的是
A．航天器使用的太阳能电池板的主要成分是二氧化硅
B．飞船返回舱外壳的烧蚀材料之一酚醛树脂是高分子化合物
C．航天服壳体使用的铝合金材料熔点比纯铝低
D．喷涂在航天器外表面的热控涂层材料具有高防辐射和良好的舱内控温效果
【答案】A
【详解】A．太阳能电池板的主要成分是硅，A错误；
B．酚醛树脂是苯酚和甲醛发生缩聚反应得到的高分子化合物，B正确；
C．一般的，合金的熔沸点比组成它的纯金属低，如铝合金材料熔点比纯铝低，C正确；
D．热控涂层材料具有高防辐射，以防烧伤宇航员，良好的舱内控温效果，以防温度过高过伤到宇航员，D正确；
答案选A。

8.用如图所示装置和相应试剂能达到实验目的的是

选项
实验目的
a中试剂
b中试剂
c中试剂
d中试剂
A
验证苯和液溴发生的是取代反应
苯和液溴的混合液
铁粉
NaOH溶液
HNO3酸化的AgNO3溶液
B
验证非金属性：Cl>C>Si
浓盐酸
MnO2
NaHCO3溶液
Na2SiO3溶液
C
检验X溶液中有CO，无SO
稀硫酸
X溶液
酸性 KMnO4溶液
澄清的石灰水
D
制备并收集少量NO气体
稀硝酸
铜片
水
NaOH溶液

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．装置c中的氢氧化钠溶液会吸收溴化氢和挥发出的溴，导致装置d中硝酸酸化的硝酸银溶液无法检验是否有溴化氢生成，故A错误；
B．浓盐酸与二氧化锰常温下不反应，挥发出的氯化氢能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，说明盐酸的酸性强于碳酸，但元素的非金属性与氢化物的酸性无关，所以无法比较氯元素和碳元素的非金属性强弱，且氯化氢会优先与硅酸钠溶液反应，干扰碳元素个硅元素的非金属性强弱的比较，故B错误；
C．向X溶液中滴入稀硫酸，反应生成的气体不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但能使澄清石灰水变混浊可以说明X溶液中含有碳酸根离子，不含有亚硫酸根离子，故C正确；
D．收集一氧化氮气体应从装置c的短管通入气体，则装置c无法收集一氧化氮气体，且一氧化氮是不成盐氧化物，不能用氢氧化钠溶液吸收尾气，故D错误；
故选C。

9.的结构简式如图所示，下列说法不正确的是

A．1mol与足量溶液反应时消耗6mol
B．核磁共振氢谱共有13个吸收峰
C．虚框内所有原子共面
D．一定条件下可发生氧化、消去、取代、加成反应
【答案】B
【详解】A．根据ADP的结构简式，1molADP完全水解后，能生成2molH3PO4，与NaOH溶液反应，消耗6molNaOH，故A说法正确；
B．根据ADP的结构简式，最左侧P上的两个羟基是相同，有12个不同化学环境的氢原子，核磁共振氢谱共有12个吸收峰，故B说法错误；
C．虚框中有1个全部以单键存在N原子外，其余C、N的杂化类型均为sp2杂化，空间构型为平面形，因此虚框中所有原子共面，故C说法正确；
D．五元环上含有羟基，羟基能被氧化，五元环上所含羟基邻位邻位碳原子上有H，能发生消去反应，羟基、氨基能与羧基能发生取代反应，虚框中双键能与氢气发生加成反应，故D说法正确；
答案为B。


10.下列离子方程式正确的是
A．用醋酸和淀粉-溶液检验加碘盐中的
B．溶于氢碘酸：
C．溶液与少量的溶液混合：
D．向溶液中通入
【答案】B
【详解】A．用醋酸和淀粉-溶液检验加碘盐中的，原理是在酸性条件下可与发生归中反应生成，淀粉遇变蓝，醋酸是弱酸，不能拆分，选项A错误；
B．可将还原为，自身被氧化为，符合客观事实等原则，选项B正确；
C．少量，根据“少定多变”原则，反应的离子方程式为，选项C错误；
D．还原性，根据竞争反应原则，先与反应：，消耗，剩余与反应：，消耗，部分反应，正确的离子方程式为，选项D错误；
答案选B。


11.第三周期主族元素的最高价氧化物对应水化物的溶液(浓度均为0.01 mol·L-1)的pH与原子半径的关系如图所示。下列说法错误的是

A．气态氢化物的稳定性：R> N
B．Y和R形成的化合物只含有离子键
C．Z的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水
D．电解熔融的X与R构成的化合物可以得到单质X
【答案】C
【分析】根据溶液的pH可知，R的最高价氧化物的水化物为一元强酸，可知R为Cl；W的最高价氧化物的水化物为多元强酸，可知为硫酸，W为S；X的最高价氧化物的水化物为一元强碱，应为NaOH，X为Na；在根据同周期原子半径随核电荷数的增大而减小，可知Y、Z、M、N依次为Mg、Al、Si、P，据此解答。
【详解】A．元素的非金属性越强，形成氢化物越稳定，非金属性：Cl>P，因此氢化物稳定：HCl>PH3，故A正确；
B．Mg和Cl形成的化合物为氯化镁，只含离子键，故B正确；
C．A的最高价氧化物对应水化物为氢氧化铝，能溶于强酸、强碱，但不溶于氨水，故C错误；
D．电解熔融的氯化钠可制得钠单质和氯气，故D正确；
故选：C。

12.CO2通过电催化法可生成C2H5OH，c-NC、i-NC是可用于阴极电极的两种电催化剂，其表面发生转化原理如图所示。下列有关说法正确的是

A．i-NC 电极发生氧化反应
B．合成过程中CO2作为还原剂
C．合成过程中用i-NC作电极催化剂更利于生成C2H5OH
D．c-NC 电极上发生反应： 2CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O
【答案】D
【分析】根据分析，c-NC端CO2得到电子生成C2H5OH，i-NC中CO2得电子生成C2H5OH和CO；
【详解】A．根据分析，i-NC电极中，C的化合价由+4价降低到+2价，发生还原反应，A错误；
B．合成过程中CO2中的C由+4价降低到+2价，作氧化剂，B错误；
C．根据分析在i-NC中CO2得电子生成C2H5OH和CO，不利于C2H5OH，C错误；
D．根据分析，c-NC端CO2得到电子生成C2H5OH， 2CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O，D正确；
故答案为：D。

13.T ℃，分别向10mL浓度均为1mol/L的两种弱酸HA、HB中不断加水稀释，并用pH传感器测定溶液pH。所得溶液pH的两倍(2pH)与溶液浓度的常用对数(lgc)的关系如图所示。下列叙述正确的是

A．弱酸HB的Ka = 1×10-5
B．a点对应的溶液中c(HA) = 0.1mol/L，pH = 4
C．将1mol/L的HA和HB溶液等体积混合，所得溶液pH为2
D．将pH相同的HA和HB溶液稀释相同倍数，HB稀溶液的pH更大
【答案】A
【详解】A．由图可知，弱酸HB在溶液浓度的常用对数(lgc)为0，即HB浓度为1mol/L时，pH为2.5，即c(H+)=1×10-2.5mol/L，则c(B-)=1×10-2.5mol/L，HB的电离平衡常数，A正确；
B．a点对应的溶液中c(HA) = 0.1mol/L，pH = 2，B错误；
C． HA与HB均为弱酸，混合后溶液的pH无法计算，C错误；
D．因为HB酸性更弱，溶液中的电离平衡在稀释时正向移动更多，因此，稀释后pH小于HA的pH，D错误。
因此，本题选A。

(一)必考题：共43分。
26.（14分）三氧化二镍()是重要的电子元件和蓄电池材料，工业上利用含镍废料(主要含Ni、Al、Fe的氧化物，，C等)制备的工艺流程如下所示：

已知：①在该实验条件下、Fe(Ⅲ)不能氧化Ni(Ⅱ)。
②常温下，溶液中金属离子形成氢氧化物沉淀的pH如下表所示：
离子
pH




开始沉淀pH
7.2
3.7
2.2
7.5
完全沉淀pH
8.7
…
3.2
9.0

③萃取的原理为。
回答下列问题：
(1)“预处理”时，可以用___________(填化学式)溶液除去废料表面的油脂油污。
(2)“浸出”时，提高浸出效率可采取的措施有___________(任写一种)。滤渣1的主要成分是___________。
(3)“氧化”时，加入发生反应的离子方程式为___________，目的是___________。
(4)若常温下，“调pH”时，溶液中浓度为，为使等杂质离子沉淀完全，则需控制溶液的pH范围是___________。
(5)“萃取”时，操作若在实验室进行，需要用到的主要玻璃仪器有___________、烧杯。
(6)资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如下关系：
温度
低于30.8℃
30.8~53.8℃
53.8~280℃
高于280℃
晶体形态


多种结晶水合物


从溶液获得稳定的晶体的操作是：___________。
【答案】(1)NaOH（或Na2CO3）
(2)     适当升高温度（或适当增大稀硫酸的浓度或延长浸取时间等）     SiO2、C
(3)          将先氧化成再调pH除去，避免损失
(4)
(5)分液漏斗
(6)蒸发浓缩、冷却至30.8~53.8℃之间结晶并过滤

【分析】含镍废料预处理后，加入稀硫酸进行酸浸，使Ni、Al、Fe元素转化为对应的可溶性硫酸盐，SiO2、C等不溶物过滤后可除去，滤液中加入NaClO3，使氧化生成，调节溶液pH，可使、生成氢氧化物沉淀除去，加入有机萃取剂后，形成NiR2（有机相），从而使与水溶性杂质分离，加入稀硫酸进行反萃取，得到NiSO4溶液，经过蒸发浓缩、控温冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥等操作后，得到晶体，再进一步处理得到产品。
【详解】（1）油脂油污属于酯类，在碱性条件下可以完全水解而被除去，因此在预处理含镍废料时可以用热的NaOH溶液或热的Na2CO3溶液进行碱浸。
（2）提高浸出效率主要从加快反应速率、使反应更充分等角度考虑，因此可采取的措施有适当升高温度、适当增大稀硫酸的浓度、延长浸取时间等。含镍废料中不溶于稀硫酸的物质主要有SiO2、C，因此酸浸完成后过滤得到的滤渣1主要成分是SiO2、C。
（3）NaClO3具有氧化性，能把Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式为：。因为与生成氢氧化物沉淀的pH接近，如调pH除去，会使损失，因此需要把氧化成后再除去，避免损失。
（4）常温下，根据，结合表格数据得开始沉淀时，则，当溶液中浓度为时，根据计算得，此时，为防止损失，溶液pH应小于6.7。同理可计得完全沉淀时溶液pH=4.7，故为使等杂质离子沉淀完全，pH应大于等于4.7。因此需要控制溶液的pH范围是。
（5）实验室进行萃取实验时，需要用到的主要玻璃仪器为分液漏斗、烧杯。
（6）根据表格数据，由溶液获得稳定的晶体的操作依次是蒸发浓缩、冷却至30.8~53.8℃之间结晶并过滤。


27.（14分）叠氮化钠()常用作汽车安全气囊中的药剂。某化学小组在实验室制取叠氮化钠的实验装置(略去夹持仪器)如图所示：

实验步骤如下：
①制取：打开装置D导管上的旋塞，加热。
②制取：加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，再停止加热装置D并关闭旋塞。
③制取：向装置A中b容器内充入适量植物油并加热到210℃~220℃，然后通入。
④冷却，向产物中加入乙醇(降低的溶解度)，减压浓缩结晶后，再过滤，并用乙醚洗涤，晾干。
已知：是易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙醚；熔点210℃，沸点400℃，在水溶液中易水解。
回答下列问题：
(1)仪器e的名称为___________，其中盛放的药品为___________。
(2)先加热制取再加热装置A中金属钠的原因是___________。
(3)还可由固体(熔点为169.6℃)在240℃~245℃分解制得，则可选择的最佳气体发生装置是___________(填字母序号)。
A． B． C．
(4)制取的化学方程式为___________。
(5)步骤④中用乙醚洗涤晶体产品的主要原因，一是减少的溶解损失，防止产率下降；二是___________。
(6)该化学小组用滴定法测定晶体产品试样中的质量分数的实验过程：称取2.500g试样配成溶液，再取溶液于锥形瓶中后，加入溶液。待充分反应后，将溶液稍稀释，并加入适量硫酸，再滴入3滴邻菲啰啉指示液，用标准溶液滴定过量的，消耗标准溶液。
涉及的反应方程式为：，
则试样中的质量分数为___________(保留三位有效数字)。
【答案】(1)     U形管     碱石灰
(2)利用产生的氨气排尽装置中的空气
(3)B
(4)
(5)乙醚易挥发，利于晶体快速干燥
(6)91.0%

【分析】D装置制取氨气，用C装置冷凝分离出水，B装置干燥氨气，A装置先制取，再制取，冷却，向产物中加入乙醇(降低的溶解度)，减压浓缩结晶后，再过滤，并用乙醚洗涤，晾干。
【详解】（1）仪器e为U形管；制备的氨气中含有大量的水，用C装置冷凝分离出水，U形管中盛放碱石灰干燥氨气；
（2）先加热制取再加热装置A中金属钠的原因是：利用产生的氨气排尽装置中的空气；
（3）分解过程中会产生水，为了防止水倒流到试管底部使试管炸裂，试管口要略向下倾斜，同时固体的熔点为169.6℃，为防止加热过程中硝酸铵熔化流出，应选择B装置加热，故选B。
（4）和在210℃~220℃条件下反应生成和水，反应的化学方程式为；
（5）乙醚易挥发，用乙醚洗涤晶体，利于晶体快速干燥；
（6）消耗的(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为：0.0500mol/L×0.03L=0.0015mol，加入( NH4)2Ce (NO3)6的物质的量为：0.1000mol/L×0.05L=0.005mol，根据可知，与NaN3反应的( NH4)2Ce (NO3)6的物质的量为：0.005mol-0.0015mol=0.0035mol，依据2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3 =4NH4NO3 +2Ce( NO3)3 +2NaNO3 +3N2↑可知，50.00mL溶液中含有的NaN3的物质的量为0.0035mol ，则试样中NaN3的质量分数为：×100%=91.0%。


28.（15分）甲醇是一种用途十分广泛的基本有机化工原料。
(1)作为未来的重要碳源，其选择性加氢合成一直是研究热点。在加氢合成的体系中，同时发生以下反应：
反应ⅰ    
反应ⅱ    
反应ⅲ    
若某容器中同时发生反应ⅰ、ⅱ、ⅲ，一定条件下建立平衡后，下列说法正确的是_______(填序号)。
A．反应ⅱ的平衡常数为1
B．增加少量碳，反应ⅲ逆向移动
C．反应ⅱ反应前后气体分子数不变，故增大该容器的压强对反应ⅱ的平衡无影响
D．选用合适的催化剂可提高在单位时间内的产量
(2)设为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为)除以。反应ⅰ、ⅱ、ⅲ的随(温度的倒数)的变化如图所示。

①反应ⅰ、ⅱ、ⅲ中，正反应活化能大于逆反应活化能的反应有_______。
②反应ⅰ的相对压力平衡常数表达式为_______(用表示x的分压)
③在A点对应温度下，原料组成为，初始总压为的恒容密闭容器中进行上述三个反应，体系达到平衡时的分压为。计算的平衡转化率_______。
(3)维持压强和投料不变，将和按一定流速通过反应器，二氧化碳的转化率和甲醇的选择性随温度变化的关系如图所示：

已知催化剂活性受温度影响变化不大。结合反应ⅰ和反应ⅱ，分析235℃后甲醇的选择性随温度升高而下降的原因是_______，二氧化碳的转化率随温度升高也在下降的可能原因是_______。
【答案】(1)     D
(2)     ⅱ     或     82%
(3)     ⅰ为放热反应，反应达平衡后，升高温度，平衡逆向移动     反应达平衡后，升高温度，反应ⅰ使二氧化碳的转化率减小的程度大于反应ⅱ使二氧化碳的转化率增大的程度

【详解】（1）A．反应ⅱ达平衡时，各组分的浓度无法确定，因此无法计算其化学平衡常数，A错误；
B．碳是固体，移去部分碳，反应ⅲ平衡不移动，B错误；
C．若通过增大二氧化碳和氢气浓度的方式来增大该容器的压强，则反应ⅱ正向移动，C错误；
D．选用合适的催化剂，可加快化学反应速率，提高在单位时间内的产量，D正确；
故选D。
（2）①正反应活化能大于逆反应活化能，则该反应正反应为吸热反应；由图可知，反应i中随的增大而增大，说明降低温度，增大，平衡正向移动，正反应为放热反应；反应ⅱ中随的增大而减小，说明降低温度，减小，平衡逆向移动，正反应为吸热反应；反应ⅲ中随的增大而增大，说明降低温度，增大，平衡正向移动，正反应为放热反应；则正反应活化能大于逆反应活化能的反应有ⅱ；
②反应ⅰ的相对压力平衡常数表达式为=；
③反应ⅲ在点对应温度下，，则，反应ⅲ的，则平衡时，的分压为，初始时，的分压为，则的平衡转化率为；
（3）由(3)中①可知，反应ⅰ为放热反应，反应达平衡后，升高温度，平衡逆向移动，所以235℃后甲醇的选择性随温度升高而下降；反应达平衡后，升高温度，反应ⅰ使二氧化碳的转化率减小的程度大于反应ⅱ使二氧化碳的转化率增大的程度，从而使二氧化碳的转化率随温度升高而下降。


(二)选考题：共15分。请考生在第35、36题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计。
35.（15分）CuInS2是生物医药、太阳能电池等领域的理想荧光材料。回答下列问题：
(1)49In的价层电子排布式为_______。
(2)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，称为电子的自旋量子数。对于基态S原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为_______。S可以形成两种常见含氧酸，其通式为(HO)mSOn，解释H2SO4酸性更强的原因_______。
(3)H3O+中不存在的作用力有_______(填标号)，H3O+的空间构型为_______。
A．配位键　　　B．离子键　　　C．共价键　　　D．氢键
(4)配合物A结构如图所示。

①配合物A与足量盐酸反应生成CuCl2和_______；
②若在配合物A中与Cu相连的4个配位原子处在一个平面内，则下列Cu的杂化方式中正确的是_______。
A．sp2　　　　　　B．sp3　　　　　　C．dsp2
(5)CuInS2(相对分子质量为Mr)的晶胞结构如图a所示，阿伏加德罗常数为NA，则CuInS2晶体的密度为_______g·cm-3(列计算式)，图b为Cu原子沿z轴方向向x-y平面投影的位置，在图b中画出S原子在该方向的投影位置_______(用“●”表示S原子)。

【答案】(1)5s25p1
(2)     +1(或-1)     H2SO4的S的化合价高，(或与S相连的O多)吸电子能力强，O-H的极性大，易电离出H+
(3)     BD     三角锥
(4)     NH2CH2COOH·HCl或+NH3CH2COOHCl-或[NH3CH2COOH]Cl     C
(5)         

【详解】（1）In为49号元素，基态In原子电子排布式为：1s22s22p63s23p64s23d104p65s24d105p1，价层电子排布式为：5s25p1；
（2）对于基态的硫原子，其核外价电子排布图为，成对的电子自旋状态相反，自旋磁量子数的代数和为0，根据洪特规则可知，其3p轨道的两个单电子自旋状态相同，因此基态硫原子价电子的自旋磁量子数的代数和为()×4+()×2=-1或()×2+()×4=1；H2SO4的S的化合价高，(或与S相连的O多)吸电子能力强，O-H的极性大，更易电离出H+，所以H2SO4酸性更强；
（3）H3O+中存在O原子和氢原子之间的共价键，H+和H2O之间的配位键，离子中不存在离子键和氢键，故选BD；H3O+中心O原子的价层电子对数为=4，含一对孤电子对，所以空间构型为三角锥形；
（4）①该配合中含有-NH2，可以和酸反应，形成NH2CH2COOH·HCl或+NH3CH2COOHCl-或[NH3CH2COOH]Cl；
②Cu的配位数为4，说明不是sp2杂化，而sp3杂化的原子空间构型应为四面体形，该物质为4个配位原子处在一个平面内，说明不是sp3杂化，则应为dsp2杂化，故选C；
（5）根据均摊法，晶胞中Cu原子的个数为8×+4×+1=4，化学式为CuInS2，说明一个晶胞有4个CuInS2单元，所以晶胞的质量为g，晶胞的体积为x2ynm3=x2y×10-21cm3，所以密度为=g·cm-3；
根据晶胞结构可知，Cu原子在z轴方向投影位于顶点上和面心上，S原子在z轴方向投影位于顶点和面心的连线中点上，在图b中画出S原子在该方向的投影位置为：。


36.（15分））我国科学家研发的一条氯霉素(H)的合成路线如图所示：

已知：
回答下列问题：
(1)氯霉素(H)的官能团是硝基、羟基和_____________________________________。
(2)A→B的反应类型是_____________，D→E的反应类型是______________________。
(3)C为反式结构，B→C的化学反应方程式__________________________________________。
(4)写出符合下列条件的E一种同分异构体的的结构简式____________________________。
①核磁共振氢谱有5个峰       ②能发生水解反应      ③能使FeCl3发生显色反应
(5)F的结构简式为________________________________。
(6)在G→H的反应中，通过______________________ (填操作)使平衡转化率增大。
(7)左旋氯霉素才有抗菌消炎的作用，而此法得到的是左旋氯霉素和右旋氯霉素的混合物，因此需要将其分开，其中一种方法是诱导析晶法。向H溶液加入少量的左旋氯霉素晶体做晶种， ____________________________(填操作)，即可得到较纯的左旋氯霉素晶体。
【答案】(1)碳氯键和酰胺基
(2)     加成反应     取代反应
(3)+H2O
(4)
(5)
(6)加热蒸馏
(7)冷却结晶、过滤

【分析】由有机物的转化关系可知， 与溴和水发生加成反应生成，则B为；在水合氢离子作用下发生消去反应生成，则C为 ； 与甲醛发生题给信息反应生成，则D为 ； 高压条件下与氨分子发生取代反应生成， 酸性条件下发生信息反应后、碱化得到，则F为；在浓硫酸作用下与浓硝酸发生硝化反应后、碱化得到，则G为；与Cl2COOCH3发生取代反应生成。
【详解】（1）由结构简式可知，的官能团为硝基、羟基、碳氯键和酰胺基，故答案为：碳氯键和酰胺基；
（2）由分析可知，A→B的反应为 与溴和水发生加成反应生成，D→E的反应为高压条件下与氨分子发生取代反应生成 和溴化氢，故答案为：加成反应；取代反应；
（3）C的反式结构为，则B→C的反应方程式为+H2O，故答案为：+H2O；
（4）E的同分异构体核磁共振氢谱有5个峰、能发生水解反应、能使氯化铁溶液发生显色反应说明同分异构体分子中含有酚羟基和酰胺基，2个取代基处于苯环的对位，符合条件的结构简式为，故答案为： ；
（5）由分析可知，F的结构简式为，故答案为： ；
（6）G→H的反应为与Cl2COOCH3发生取代反应生成和甲醇，加热蒸馏使沸点低的甲醇挥发，可以减小生成物的浓度，使平衡向正反应方向移动，平衡转化率增大，故答案为：加热蒸馏；
（7）诱导析晶法的具体操作为向H溶液加入少量的左旋氯霉素晶体做晶种，冷却结晶、过滤即可得到较纯的左旋氯霉素晶体，故答案为：冷却结晶、过滤。