1、江西省2017年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷理科综合能力测试（十）第卷一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。7.下列说法不正确的是( )A液晶态介于晶体状态和液态之间，液晶具有一定程度的晶体的有序性和液体的流动B常压下，0时冰的密度比水的密度小，水在4时密度最大，这些都与分子间的氢键有关C石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性和纳米银粒子的聚集都是化学变化D燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施【解析】纳米银粒子的聚集属于物理变化，故C错误。【答案】C8.用NA表示阿伏德罗常数的数值，下列说法正
2、确的是( )A常温下，1molL1的Na2CO3溶液中CO32的数目小于NAB常温常压下，1.7g NH3中所含的原子数为0.4NAC向含0.1mol NH4Al(SO4)2的溶液中滴加NaOH溶液至沉淀完全溶解，消耗的OH数目为0.4NAD标准状况下，4.48L NO2与足量的水反应，转移的电子数为0.1NA【解析】A溶液体积未知，只知道浓度无法计算微粒个数，故A错误；B常温常压下，1.7g NH3物质的量为=0.1mol，含有原子物质的量为0.4mol，所含的原子数为0.4NA，故B正确；C含0.1mol NH4Al(SO4)2的溶液中滴加NaOH，消耗的OH数目为0.4NA时反应生成氢氧
3、化铝、一水合氨和硫酸钠，此时沉淀未溶解，故C错误；D二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，方程式：3NO2+H2O2HNO3+NO，消耗3mol二氧化氮，转移2mol电子，则标准状况下，4.48L NO2物质的量为0.2mol，与足量的水反应，转移的电子数为NA，故D错误；故选：B。【答案】B9.下列有机物分离提纯的方法正确的是( )A除去苯中少量苯酚，加入适量浓溴水，过滤B除去乙烷中的乙烯，把混合气体通入酸性高锰酸钾溶液中C除去丁醇中的乙醚，用蒸馏法D提纯蛋白质时可先加入(CH3COO)2Pb溶液，过滤后再加水重新溶解【解析】本题考查有机物的分离提纯。A项，苯酚加入浓溴水生成三溴苯酚沉淀，依据
4、相似相溶原理三溴苯酚不溶于水但溶于苯，不能除去杂质；故A错误；B项，乙烯被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳气体，不能得到纯净的乙烷，应该用溴水除杂，溴水与乙烯发生加成反应生成1，2-二溴乙烷油状液体，故B错误；C项，丁醇和乙醚的沸点不同，可用蒸馏的方法分离，故C正确；D项，重金属盐、醋酸铅使蛋白质变性而不是盐析，加入蒸馏水蛋白质不溶解，故D错误；答案选C。【答案】C10. 下列说法操作不正确的是( )A某些强氧化剂(如氯酸钾、高锰酸钾等)或其混合物不能研磨，否则易引起爆炸B达到滴定终点后，静置12min再读数，主要是为了防止管壁有液体残留引起误差C在用简易量热计测定反应热时，一般采取下列实验措施：
5、使用碎泡沫起隔热保温、普通玻璃棒进行搅拌，准确读取反应前后温度、取23次的实验平均值D某溶液可能含有SO42和Cl-，可先加足量的硝酸钡，取上层清液再加稀硝酸和硝酸银，来检验其中的Cl【解析】A强氧化剂研磨易发生分解反应，生成气体导致爆炸，则KClO3、KMnO4等强氧化剂或其混合物不能研磨，否则将引起爆炸，故A正确；B达到滴定终点后，管壁有液体残留时，混合溶液中标准液体积偏小，会导致测定溶液浓度偏低，所以达到滴定终点后，静置12min再读数，主要是为了防止管壁有液体残留引起误差，故B正确；C读取混合溶液温度应该是最高温度，最高温度时酸碱恰好完全反应，不是任何温度，故C错误；DSO42用氯化钡
6、溶液鉴别，如果原来溶液中不含亚硫酸根离子或硫离子等可以用硝酸钡溶液检验；银离子用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，故D正确；故选C。【答案】C11.如图甲是一种利用微生物将废水中的尿素(H2NCONH2，氮元素显-3价)的化学能直接转化为电能，并生成对环境无害物质的装置，同时利用此装置的电能在铁上镀铜，下列说法中不正确的是( )AH+透过质子交换膜由左向右移动B铜电极应与Y相连接CM电极反应式：H2NCONH2H2O6e-CO2N26H+D当N电极消耗0.25 mol气体时，则铁电极增重16g【解析】由图甲O2生成H2O ，可知N为正极，M为负极。A项，H+应移向正极，由左向右移动，正确，B项，铜电极
7、失电子，与电源正极相连，正确， C项，尿素失电子生成CO2和N2，碳元素化合价没有变化，1 mol尿素失去6mol电子，正确，D项，N电极消耗0.25 mol氧气时，转移1 mol，则铁电极析出0.5 mol铜，质量应为32g。【答案】D12.25 时，向100mL 1molL1 H2SO3溶液中逐渐滴入1molL-1的NaOH溶液，含硫物质的分布分数(平衡时某物质的浓度与各物质浓度之和的比)与pH的关系如图所示(已知：pKs=lgK，25时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19)下列说法不正确的是( )ApH=1.85时，c(H2SO3)=c(HSO3)BpH=6时，c(Na+
8、)c(HSO3)c(SO32)CpH=7.19时，c(Na+)+c(H+)=c(HSO3)+2c(SO3)+c(OH)D加入150mLNaOH溶液时，3c(Na+)=2c(H2SO3)+2c(HSO3)+2c(SO32)【解析】A含硫酸物质的分布分数为0.50时c(H2SO3)=c(HSO3)，pH=1.85，故A正确；BPH=6时溶液中主要的离子是HSO3和少量SO32-，溶液显酸性，c(Na+)c(HSO3-)c(SO32-)，故B正确；CpH=7.19时溶液中为Na2SO3和HNaHSO3的混合溶液，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HSO3)+2c(SO3)+c(OH)，
9、故C正确；D加入150mL NaOH溶液时溶液中为Na2SO3和NaOH的混合溶液，溶液中存在物料守恒分析可知3c(Na+)2c(H2SO3)+2c(HSO3)+2c(SO32)，故D错误；故选D。【答案】D13.原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种前20号的主族元素，其中A和C、B和D分别在同一主族，且它们原子的最外层电子数之和为20。已知A的氧化物能引起温室效应，E的单质能与水剧烈反应且同主族中存在金属和非金属元素，下列说法正确的是( )AB的氢化物的沸点比D的氢化物要高，原因是B的非金属性强B比较A、C元素形成的常见氧化物，它们的化学键类型相同，晶体类型也相同CC的最高价氧化物的水化
10、物酸性比D的最高价氧化物的水化物酸性强D根据元素周期律，推测E在氧气中燃烧时可能生成E2O2、EO2等物质【解析】原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种前20号的主族元素，已知A的氧化物能引起温室效应，A为C元素；E的单质能与水剧烈反应且同主族中存在金属和非金属元素，则E为Na或K，其中A和C、B和D分别在同一主族，则C为Si，可知E只能为K，由它们原子的最外层电子数之和为20，设B的最外层电子数为x，则42+x2=20，解得x=6，则B为O，D为S。AB的氢化物的沸点比D的氢化物要高，与水中含氢键有关，与O的非金属性强无关，故A错误；B二氧化碳、二氧化硅中化学键相同，晶体类型分别为分子晶体
11、、原子晶体，故B错误；C非金属性D大于C，则C的最高价氧化物的水化物酸性比D的最高价氧化物的水化物酸性弱，故C错误；D根据元素周期律，K的金属性大于Na，则推测E在氧气中燃烧时可能生成E2O2、EO2等物质，故D正确；故选D。【答案】D第 II 卷三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22-32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33-38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）26.（14分）为了探究镁粉在NO2中的燃烧产物，某化学兴趣小组通过如图装置来验证产物中存在N2(夹持装置已略去，部分仪器可以重复使用)。已知：Mg3N2+6H203Mg(OH)2+2NH3；
12、NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O； 2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O； 醋酸溶液显中性。(1)仪器a的名称是 。(2)装置的连接顺序为 。(3)装置B中盛放的试剂为 ，装置B的作用为 。(4)确定产物中有N2生成的实验现象为 。(5)设计实验证明：镁粉与NO2反应的产物中有Mg3N2存在： 。MgO能溶于铵盐是因为MgO与NH4+直接反应了，而不是MgO与NH4+水解产生的氢离子反应： 。【解析】(1)依据仪器形状和作用分析，仪器a的名称为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；(2)装置A铜和浓硝酸制取二氧化氮，Mg能在NO2中燃烧，产物为Mg3N2、Mg0和N2，装置A
13、中Cu与浓硝酸反应生成的气体NO2，用装置B干燥剂干燥，通入硬质玻璃管C与镁粉发生反应，然后再干燥气体，用E装置除去多余的NO2，装置D排水法收集N2，故连接装置的顺序为：ABCBED，故答案为：ABCBED；(3)用装置B干燥剂干燥，通入硬质玻璃管C与镁粉发生反应，然后再干燥气体，装置B中的作用是在C的两侧防止水蒸气进入C中与产物Mg3N2反应，所以B中干燥剂可以是无水氯化钙，NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O；用E装置除去多余的NO2及其可能混有的NO，故答案为：无水氯化钙；在C的两侧防止水蒸气进入C中与产物 Mg3N2反应；吸
14、收未反应完的NO2及其可能混有的NO；(4)氮气不溶于水，如果有氮气，则能通过排水法收集到气体，所以确定产物中有N2生成的实验现象为D中试剂瓶中的水被气体压入烧杯中，故答案为：D中试剂瓶中的水被气体压入集气瓶中；(5)取C中少量反应后的固体产物，加入到水中产生有刺激性气味的气体，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变成蓝色，证明产物中存在Mg3N2，故答案为：取C中少量反应产物，加入到水中产生刺激性气味的气体，该气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；NH3H2O的电离常数与CH3COOH电离常数相等，均为1.75105，所以醋酸铵溶液呈中性，将中加水后的溶液加热，赶走NH3后，再加入过量的 CH3COONH
15、4溶液，固体溶解，说明MgO和Mg(OH)2溶于铵盐溶液是与NH4+直接反应，不是与NH4+水解出来的H+反应，故答案为：将中加水后的溶液加热，赶走NH3后，再加入过量的 CH3COONH4溶液，固体溶解，说明 MgO 和 Mg(OH)2溶于铵盐溶液是与 NH4+直接反应，不是与NH4+水解出来的H+反应。【答案】（1）分液漏斗（1分）（2）ABCBED （3分）（3）无水氯化钙 （1分）；在C的两侧防止水蒸气进入C中与产物 Mg3N2反应；吸收未反应完的NO2及其可能混有的NO（2分）（4）D中试剂瓶中的水被气体压入集气瓶中（2分）（5）取C中少量反应产物，加入到水中产生刺激性气味的气体，该
16、气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝（2分）将中加水后的溶液加热，赶走NH3后，再加入过量的 CH3COONH4溶液，固体溶解，说明 MgO 和 Mg(OH)2溶于铵盐溶液是与 NH4+直接反应，不是与NH4+水解出来的H+反应（3分）27.（14分）氨可用于制取氨水、液氮、氮肥(尿素、碳铵等)、硝酸、铵盐、纯碱等，因此被广泛应用于化工、轻工、化肥、制药、合成纤维、塑料等行业中，是重要的化工产品。(1)以甲烷为原料可制得合成氨气用的氢气有关化学反应的能量变化如图1所示则CH4(g)与H2O(g)反应生成CO(g)和H2(g)的热化学方程式为 。(2)已知N2(g)+3H22NH3(g) H=94.4
17、kJmol1，恒容时，体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图2所示。25min时采取的措施是 。在实际制氨气工业生产中和该措施的目的相同的其它措施还有 。(3)CO可使合成氨的催化剂中毒而失去活性，因此工业上常用乙酸二氨合铜(I)溶液来吸收原料气体中的CO，反应原理：Cu(NH3)2CH3COO(l)+CO(g)+NH3(g) Cu(NH3)3CH3COOCO(l) H0，吸收后的乙酸铜氨溶液经过适当处理后可再生而恢复其吸收CO的能力，则再生的适宜条件是 。溶液反应，容器中氨气的物质的量浓度随时间的变化如图3所示若在35s时再充入原物质的量的CO和NH3气体后，请在图3中画出氨气的物质的量浓度随
18、时间变化图。(4)用氨气制取尿素CO(NH2)的反应为2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(g) H0。某温度下，向容器为100L的密闭容器中通入4mol NH3和2mol CO2，该反应进行到40s时，达到平衡，此时CO2的转化率为50%则该反应的平衡常数K= 。在实际工业生产中，原料气带有水蒸气，图4表示CO2的转化率与氨碳比、水碳比的变化关系。a、曲线、对应的水碳比(n(H2O)/n(CO2)最大的是 。b、测得B点氨的转化率为40%，则x1= 。【解析】(1)图象分析反应过程都是能量降低的过程，反应的热化学方程式为：CO(g)+O2(g)=CO2(g) H=+b
19、kJ/molH2(g)+O2(g)=H2O(g) H=c kJ/molCH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H=b kJ/mol由盖斯定律3得到：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2 (g) H=-(a+b3C) kJmol-1，故答案为：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2 (g) H =-(a+b3C) kJmol1；(2)25min时氨气的物质的量迅速变为0而氮气、氢气的物质的量不变，之后氮气、氢气的物质的量逐渐减小，氨气的物质的量逐渐增大，说明25min时将NH3从反应体系中分离出去，故答案为：将NH3从反应体系中分离出去；在实际制氨气工业生产中
20、和该措施的目的相同的其它措施还有高压、原料气循环利用等方法，故答案为：高压、原料气循环利用等；(3)吸收CO后的乙酸铜氨液经过适当处理后又可再生，恢复其吸收CO的能力以供循环使用，依据化学平衡Cu(NH3)2CH3COO(l)+CO(g)+NH3(g) Cu(NH3)3CH3COOCO(l)；H0，反应是气体体积减小的放热反应，平衡逆向进行是再生的原理，再生的适宜条件是高温低压，故答案为：B；若反应延续至70s，保持其它条件不变情况下，使用催化剂时，改变反应速率，不改变化学平衡，曲线的转折点在横坐标40之前，纵坐标必需在20的线上，该反应的进程曲线为如图所示： ，故答案为：。(4)某温度下，向
21、容积为100L的密闭容器中通入4molNH3和2molCO2，该反应进行到40s时达到平衡，此时CO2的转化率为50%，转化的二氧化碳为1mol，则： 2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(l)+H2O(g)起始量(mol)：4 2 0变化量(mol)：2 1 1平衡量(mol)：2 1 1则平衡常数K=2500 L2mol2，故答案为：2500；a、氨碳比相同时曲线二氧化碳的转化率大，所以生产中选用水碳比的数值为，故答案为：；b、由题意可知：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2+H2O(g) 起始量 1 变化量 2a a即： =40%， =60%，则=3，故答案为：3。【答
22、案】（1）(1)CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2 (g) H=-(a+b3C) kJmol1（2分）(2)将NH3从反应体系中分离出去（1分）高压、原料气循环利用等（2分）(3)B（1分）（2分）(4)2500 （2分） （2分）；3（2分）28. （15分）稀土是一种不可再生的战略性资源，被广泛应用于电子信息、国防军工等多个领域。一种从废弃阴极射线管(CRT)荧光粉中提取稀土元素钇(Y)的工艺流程如下：已知：废弃CRT荧光粉的化学组成(某些不参与反应的杂质未列出)如下表所示；不同离子沉淀的pH如图所示。(1)步骤I中进行原料预处理的目的为_。(2)步骤中有黄绿色气体产生，该反应
23、的化学方程式为_。(3)步骤中发生的主要反应的离子方程式为_。(4)步骤中除杂试剂DDTC除去的杂质离子有_，其不能通过直接加碱的方法除去，原因为_。(5)步骤V中Y3+沉淀完全时，需保证滴加草酸后的溶液中c(C2O42-)不低于_mol/L。(已知：当离子浓度小于10-5 mol/L时，沉淀就达完全；KspY2(C2O4)3=8.010-28)(6)步骤中草酸钇隔绝空气加热可以得到Y2O3，该反应的化学方程式为_。【解析】本题主要考查物质的分离提纯、氧化还原反应、溶度积常数的应用等知识。(1)由表格可知，废弃CRT荧光粉的化学组成为：Y2O3、ZnO、Al2O3、PbO2、MgO，加0.8m
24、ol/L的盐酸进行预处理的目的是除去ZnO和Al2O3；富集稀土元素；降低后续耗酸量；降低后续除杂困难；增大后续稀土与酸接触面积，提高反应速率等；(2) PbO2具有强氧化性可将HCl氧化生成黄绿色气体Cl2，故该化学方程式为：PbO2+4HClPbCl2+Cl2+2H2O；(3)步骤是向滤液中加氨水，显然是将Al3+等离子沉淀除去，其主要的离子方程式为：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3 NH4+；(4)通过步骤过滤后，滤液中含有Y3+、Pb2+ 、Zn2+和Mg2+，故加DDTC除去的杂质离子有：Zn2+、Pb2+；从不同离子沉淀的pH图可以看出：Zn2+、Pb2+和Y3+沉淀的PH
25、接近，若直接加碱，三者会同时沉淀而无法分离，故不能通过直接加碱的方法除去，原因为：Zn2+、Pb2+与Y3+沉淀的pH相近，三者因同时沉淀而无法分离；(5)当离子浓度小于10-5mol/L时，沉淀就达完全，KspY2(C2O4)3=c2(Y3+)c3(C2O42-)= (10-5)2c3(C2O42-)=8.010-28，解得c(C2O42-)= 2.010-6，所以欲使Y3+沉淀完全时，需保证滴加草酸后的溶液中c( C2O42-不低于2.010-6mol/L；(6)草酸钇隔绝空气加热可以得到Y2O3、CO和CO2，故该反应的化学方程式为Y2(C2O4)3Y2O3+3CO+3CO2。【答案】(
26、1)除去ZnO和Al2O3 ；富集稀土元素；降低后续耗酸量；降低后续除杂困难；增大后续稀土与酸接触面积，提高反应速率等。(任答一点，合理答案即可) （2分）(2)PbO2+4HClPbCl2+Cl2+2H2O （2分）(3)Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+ （2分）(4)Zn2+、Pb2+ （2分）；Zn2+、Pb2+与Y3+沉淀的pH相近，三者因同时沉淀而无法分离（2分）(5)2.010-6（3分）(6)Y2(C2O4)3Y2O3+3CO+3CO2（2分）（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如 果多做，则每科按所做的第一题计分
27、。35.【化学选修3.物质结构与性质】（15分）已知A、B、C、D、E、F是周期表前四周期的元素，原子序数依次增大。A的基态原子2p能级有2个单电子；C占整个地壳质量的48.6%，是地壳中含量最多的元素；E的单质常温常压下为黄绿色气体，化学性质十分活泼，具有毒性；F位于ds区，最外能层有单电子， 是热和电的最佳导体之一，是唯一的能大量天然产出的金属；D与F不同周期，但最外能层电子数相等。(1)写出基态D原子的价电子排布式 。(2)A、B、C三种元素第一电离能最大的是 (用元素符号表示)，其原因是 。(3)A、C两元素形成的化合物AC2的分子空间构型 。与 AC2互为等电子体的粒子的化学式 ，
28、(分子和离子各写一种)。(4)D、E形成的一种离子化合物，在图1晶胞结构图中黑球表示E的位置，白球表示D的位置，已知该晶胞的边长为n cm，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞的密度= g/cm3(用含a、NA的计算式表示)。(5)由F原子形成的晶胞结构如图2，F原子的半径为r，列式表示E原子在晶胞中的空间利用率 （不要求计算过程）。【解析】(1) 3S1 (其它答案不得分) ，由F位于ds区，最外能层有单电子，是热和电最佳导体之一，是唯一的能大量天然产出的金属，可以推出F是铜元素，再有D与F不同周期，但最外能层电子数相等，并结合全文可推断出D是钠 所以是3S1。(2) N ，同一周期随着原子序数的递
29、增，元素的第一电离能总体呈现增大趋势，氧原子的第一电离能小于氮原子的原因是，氧原子的3个2p轨道上排布4个电子，必然有一个2p轨道上占2个电子，这两个电子在同一个2p轨道上增大了相互之间的排斥力，使得氧原子容易失去一个电子。(只要回答出半充满态，体系的能量较低，原子稳定即可满分)(3) 直线型；N2O ；NO2+或BO2-(由于是等电子体所以要在C、O元素附近找答案)。(4)gcm-3分析：该晶体是氯化钠，一个晶胞含有四个钠原子，四个氯原子，根据密度公式不难求出上述结果。(5) ) 晶胞中含4个球：空间利用率=【答案】(1) 3S1 （2分）(2) N (1分)； 同一周期随着原子序数的递增，
30、元素的第一电离能总体呈现增大趋势，氧原子的第一电离能小于氮原子的原因是，氧原子的3个2p轨道上排布4个电子，必然有一个2p轨道上占2个电子，这两个电子在同一个2p轨道上增大了相互之间的排斥力，使得氧原子容易失去一个电子。(只要回答出半充满态，体系的能量较低，原子稳定即可满分) （2分）(3) 直线型 （2分）；N2O（2分）；NO2+ 或BO2- （2分）(4)gcm-3（2分）(5)（2分）36.【化学选修5.有机化学基础】（15分）双酚A型聚芳酯(PAR)，因其优异的耐热性和良好的力学性能而得到广泛的应用。以下是它的一种合成路线。己知：(1)一定条件下，B和E发生反应的反应类型为_，E的分
31、子式为_。(2)下列关于E的描述正确的是_。A分子中有两种含氧官能团 B与浓溴水、NaHCO3溶液能发生反应C能发生取代、加成、消去反应 D1molE最多能与含3molNaOH的溶液反应(3)CD的化学方程式为_。(4)同时符合下列条件的B的同分异构体有多种，任写其中两种的结构简式_。 1H-NMR谱显示有2种不同化学环境的氢原子。 含苯环，1mol该有机物发生银镜反应可生成4molAg。(5)设计AB的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)_。【解析】 (1)通过聚芳酯的结构简式，连接上除碳外还有O，因此B和E发生缩聚反应，从酯基断裂，推出B的结构简式为：，E的结构简式为：，其分子式为C19
32、H22O4；(2)A、含氧官能团是羟基和酯基，故正确；B、存在酚羟基，使苯环上的两个邻位上的氢变得活泼，容易发生取代，E结构中不存在羧基，因此不能与NaHCO3发生反应，故错误；C、不能发生消去反应，故错误；D、1mol该有机物存在2mol酚羟基和1mol酯基，因此最多消耗3molNaOH，故正确；(3)D生成E发生酯化反应，则D的结构简式为：，根据信息i，以及C的分子式，推出C的结构简式为：，因此反应方程式为：；（4）有2种不同氢原子，说明是对称结构，能发生银镜反应，说明含有醛基，1mol该物质能够生成4molAg，说明含有1mol该有机物中含有2mol醛基，因此B的同分异构体有：；（5）根据B的结构简式，推出A为间二甲苯，根据题目信息，路线为：。【答案】(1)缩聚(或聚合)；C19H22O4；(2)AD；(3)；(4)(任写两种)；(5)。