williamValid/exam-CQIA-Qwen-1.5B huggingface dataset:
已知某温度时, 下列反应的标准平衡常数
(1) $2 \mathrm{CO}_2(\mathrm{~g})=2 \mathrm{CO}(\mathrm{g})+\mathrm{O}_2(\mathrm{~g})$
$$
K_1^{\ominus}=a
$$
(2) $\mathrm{SnO}_2(\mathrm{~s})=\mathrm{Sn}(\mathrm{s})+\mathrm{O}_2(\mathrm{~g})$
$$
K_2^{\ominus}=b
$$

则在相同温度下, 反应 $\mathrm{SnO}_2(\mathrm{~s})+2 \mathrm{CO}(\mathrm{g})=\mathrm{Sn}(\mathrm{s})+2 \mathrm{CO}_2(\mathrm{~g})$ 的标准平衡常数 $K^{\ominus}=$ __?

解答：本题考查多重平衡中, 总反应的标准平衡常数与各分反应标准平衡常数之间的关系。反应(2)减反应(1)可得总反应,所以, $K^{\ominus}=K_{2}^{\ominus} / K_{1}^{\ominus}=b / a$ 。

因此答案为：$b / a$
电势分析中, 离子强度调节剂的作用是掩滶干扰离子、维持溶液的 $\mathrm{pH}$ 和保持溶液的__？

解答：本题考查离子强度调节缓冲剂的定义和作用。

因此答案为：离子强度
下列三个反应(1) $\mathrm{S}(\mathrm{s})+\mathrm{O}_2(\mathrm{~g})=\mathrm{SO}_2(\mathrm{~g})$
(2) $\mathrm{H}_2(\mathrm{~g})+\mathrm{O}_2(\mathrm{~g})=\mathrm{H}_2 \mathrm{O}_2$ (1)
(3) $\mathrm{C}(\mathrm{s})+\mathrm{H}_2 \mathrm{O}(\mathrm{g})=\mathrm{CO}(\mathrm{g})+\mathrm{H}_2(\mathrm{~g})$其中 $\Delta_{\mathrm{r}} S_{\mathrm{m}}^{\ominus}$ 由小到大的顺序为___。(填序号)

解答：本题考查物质的标准摩尔熵的变化规律, 通常微粒的运动自由程度总是气态大于液态、液态大于固态,故可根据方程式两侧气体分子数的变化判断反应的摘变的正负号。

因此答案为：(2) (1) (3)
在 $\mathrm{C}_{2} \mathrm{H}_{4} 、 \mathrm{HCN} 、 \mathrm{~N}_{2}$ 和 $\mathrm{H}_{2} \mathrm{O}$ 中, 只含单键的是___?

解答：本题考查共价键部分的相关知识。 $\mathrm{C}_{2} \mathrm{H}_{4}$ 分子中有 $\mathrm{C}=\mathrm{C}$ 双键, $\mathrm{HCN}$ 分子中有 $\mathrm{C} \equiv \mathrm{N}, \mathrm{N}_{2}$分子中有 $\mathrm{N} \equiv \mathrm{N}$, 分子中仅存在 $\mathrm{O}-\mathrm{H}$ 。

因此答案为：$\mathrm{H}_{2} \mathrm{O}$
用 $\mathrm{KMnO}_{4}$ 溶液滴定 $\mathrm{Na}_{2} \mathrm{C}_{2} \mathrm{O}_{4}$ 溶液之前, 加人几滴 $\mathrm{MnSO}_{4}$ 溶液的作用是___?

解答：本题考查氧化还原滴定中, 提高反应速率可采取的措施。 $\mathrm{KMnO}_{4}$ 和 $\mathrm{Na}_{2} \mathrm{C}_{2} \mathrm{O}_{4}$ 反应后产生的 $\mathrm{Mn}^{2+}$ 会作为催化剂加快该反应的进行,故可提前加人几滴 $\mathrm{MnSO}_{4}$ 溶液。

因此答案为：催化 (或加快反应)
红色配合物的结构简式为 $\mathrm{CoBr}\left(\mathrm{SO}_{4}\right)\left(\mathrm{NH}_{3}\right)_{5}$ 。向该配合物溶液中按下表分别滴加溶液,根据实验结果, 判断该配合物的内界为___?
\begin{center}
\begin{tabular}{c|c}
\hline
滴加溶波 & 实验结果 \\
\hline
$\mathrm{AgNO}_{3}$ & 有 $\mathrm{AgBr}^{2}$ 沉淀 \\
\hline
$\mathrm{BaCl}_{2}$ & 无 $\mathrm{BaSO}_{4}$ 沉淀 \\
\hline
$\mathrm{NaOH}$ & 无氨气 \\
\hline
\end{tabular}
\end{center}

解答：本题考查配合物的组成。配合物的外界可完全离解, 而内界仅能部分离解。

因此答案为：$\left[\mathrm{Co}\left(\mathrm{SO}_{4}ight)\left(\mathrm{NH}_{3}ight)_{5}ight]^{+}$
已知电池 (- $) \mathrm{Cu}^{\mathrm{C}} \mathrm{Cu}^{2+}\left(0.1 \mathrm{~mol} \cdot \mathrm{L}^{-1}\right) \| \mathrm{Cu}^{2+}\left(0.5 \mathrm{~mol} \cdot \mathrm{L}^{-1}\right) \mid \mathrm{Cu}(+), 25{ }^{\circ} \mathrm{C}$ 时, 该电池反应的平衡常数 $K^{\ominus}=$____？

解答：本题考查 $\Delta_{\mathrm{r}} G_{\mathrm{m}}^{\ominus}$ 和 $K^{\ominus}$ 的关系。该电池为浓差电池, 但标准状态下, $\Delta_{\mathrm{r}} G_{\mathrm{m}}^{\ominus}=0$, 根据 $\Delta_{\mathrm{r}} G_{\mathrm{m}}^{\ominus}$ $=-R T \ln K^{\ominus}$, 可得: $K^{\ominus}=1$

因此答案为：1
$\mathrm{PbI}_{2}$ 在纯水中的溶解度为 $1.28 \times 10^{-3} \mathrm{~mol} \cdot \mathrm{L}^{-1}$, 则 $K_{\mathrm{sp}}^{\ominus}\left(\mathrm{PbI}_{2}\right)=$___?

解答：本题考查沉淀溶解平衡和溶度积常数。溶液中存在下列平衡:
$$
\mathrm{PbI}_2(\mathrm{~s})=\mathrm{Pb}^{2+}(\mathrm{aq})+2 \mathrm{I}^{-}(\mathrm{aq})
$$

设纯水中溶解度 $\mathrm{PbI}_2$ 为 $S$, 则: $S$ 界
$$
\begin{aligned}
& K_{\mathrm{sp}}^{\ominus}\left(\mathrm{PbI}_2\right)=\frac{c\left(\mathrm{~Pb}^{2+}\right)}{c^{\ominus}} \cdot\left[\frac{c\left(\mathrm{I}^{-}\right.}{c^{\ominus}}\right]^2=\frac{S}{c^{\ominus}} \cdot\left(\frac{2 S}{c}\right)^2=4\left(\frac{S}{c^{\ominus}}\right)^3 \\
& S=1.28 \times 10^{-3} \mathrm{~mol} \cdot \mathrm{L}^{-1} \text { 时, } K_{\mathrm{sp}}^{\ominus}\left(\mathrm{PbI}_2\right)=8.39 \times 10^{-9}
\end{aligned}
$$
因此答案为：$8.39 	imes 10^{-9}$
向 $10 \mathrm{~mL} 0.20 \mathrm{~mol} \cdot \mathrm{L}^{-1} \mathrm{NH}_{3} \cdot \mathrm{H}_{2} \mathrm{O}\left(\mathrm{p} K_{\mathrm{b}}^{\ominus}=4.74\right)$ 溶液中滴加 2 滴酚唒指示剂, 加人等体积的 $0.10 \mathrm{~mol} \cdot \mathrm{L}^{-1} \mathrm{HCl}$ 溶液后, 溶液颜色为___？

解答：本题考查酸碱平衡和弱酸弱碱水溶液中 $\mathrm{pH}$ 的计算。
据题意, 加入等体积的 $0.10 \mathrm{~mol} \cdot \mathrm{L}^{-1}$ 的 $\mathrm{HCl}$ 溶液后, $\mathrm{NH}_{3}+\mathrm{H}^{+} ightarrow \mathrm{NH}_{4}^{+}$
达到平衡时: $c\left(\mathrm{NH}_{3}ight)=0.050 \mathrm{~mol} \cdot \mathrm{L}^{-1}, c\left(\mathrm{NH}_{4}^{+}ight)=0.050 \mathrm{~mol} \cdot \mathrm{L}^{-1}$
可根据 $\mathrm{pH}=\mathrm{p} K_{a}^{\ominus}\left(\mathrm{NH}_{4}^{+}ight)-\lg rac{c\left(\mathrm{NH}_{4}^{+}ight)}{c\left(\mathrm{NH}_{3}ight)}$ 或 $\mathrm{pOH}=\mathrm{p} K_{b}^{\ominus}\left(\mathrm{NH}_{3}ight)-\lg rac{c\left(\mathrm{NH}_{3}ight)}{c\left(\mathrm{NH}_{4}^{+}ight)}$计算得溶液 $\mathrm{pH}=14-4.74=9.26$, 接近酚酞指示剂的变色点的 $\mathrm{pH}$, 此时酚唒指示剂呈浅红 (浅粉)。
因此答案为：浅红 (浅粉)
反-1-乙基-3-叔丁基环已烷优势构象中,乙基在____键上。(填“ $a$ ”或“ $e$ ”)

解答：反-1-乙基-3-叔丁基环已烷优势构象中,较大基团叔丁基在 $e$ 键上,乙基在$a$键上。

因此答案为：$a$
化合物 $\mathrm{H}_{3} \mathrm{C}-\mathrm{H}-\mathrm{COOH}$ 的系统命名是____。(标明“ $R$ ”或“ $S$ ”)

解答：化合物 $\mathrm{H}_{3} \mathrm{C}-\stackrel{\stackrel{\mathrm{H}}{\mathrm{C}_{2} \mathrm{H}_{5}}}{\mathrm{COOH}}$ 的系统命名是 $(R)$-2-甲基丁酸。

因此答案为：$(R)$-2-甲基丁酸
乙酸乙酯-水的二元体系中,水在___层。(填“上”或“下”)

解答：乙酸乙酯-水的二元体系中, 水比乙酸乙酯重, 在下层。

因此答案为：下
两组分混合物在硅胶薄层板上展开后, 比移值 $\mathrm{R}_{\mathrm{f}}$ 较大组分的极性较____。(填 “大”或“小”)

解答：两组分混合物在硅胶薄层板上展开后, 极性小的组分移动速率较快, 相对于溶剂的速率即比移值 $\mathrm{R}_{\mathrm{f}}$ 较大。故答案是极性较小

因此答案为：小
$\int_{0}^{+\infty} \frac{d x}{x^{2}+2 x+2}=$

解答：$\int_{0}^{+\infty} \frac{d x}{x^{2}+2 x+2}=\int_{0}^{+\infty} \frac{d x}{(x+1)^{2}+1}=\left.\arctan (x+1)\right|_{0} ^{+\infty}=\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{4}$
因此答案为： $\frac{\pi}{4}$
设函数 $y=y(x)$ 由参数方程 $\left\{\begin{array}{c}x=2 e^{t}+t+1, x<0 \\ y=4(t-1) e^{t}+t^{2}, x \geq 0\end{array}\right.$ 确定, 则 $\left.\frac{d^{2} y}{d x^{2}}\right|_{t=0}=$

解答：由 $\frac{d y}{d x}=\frac{4 t e^{t}+2 t}{2 e^{t}+1}$, 得 $\frac{d^{2} y}{d x^{2}}=\frac{\left(4 e^{t}+4 t e^{t}+2\right)\left(2 e^{t}+1\right)-\left(4 t e^{t}+2 t\right) 2 e^{t}}{\left(2 e^{t}+1\right)^{3}}$,将 $t=0$ 带入得 $\left.\frac{d^{2} y}{d x^{2}}\right|_{t=0}=\frac{2}{3}$.
因此答案为： $\frac{2}{3}$
欧拉方程 $x^{2} y^{\prime \prime}+x y^{\prime}-4 y=0$ 满足条件 $y(1)=1, y^{\prime}(1)=2$ 得解为 $y=$

解答：令 $x=e^{t}$, 则 $x y^{\prime}=\frac{d y}{d t}, x^{2} y^{\prime \prime}=\frac{d^{2} y}{d x^{2}}-\frac{d y}{d x}$, 原方程化为 $\frac{d^{2} y}{d x^{2}}-4 y=0$, 特征方程为 $\lambda^{2}-4=0$, 特征根为 $\lambda_{1}=2, \lambda_{2}=-2$, 通解为 $y=C_{1} e^{2 t}+C_{2} e^{-2 t}=C_{1} x^{2}+C_{2} x^{-2}$, 将初始条件 $y(1)=1, y^{\prime}(1)=2$ 带入得 $C_{1}=1, C_{2}=0$, 故满足初始条件的解为 $y=x^{2}$.
因此答案为： $x^{2}$
设 $\Sigma$ 为空间区域 $\left\{(x, y, z) \mid x^{2}+4 y^{2} \leq 4,0 \leq z \leq 2\right\}$ 表面的外侧, 则曲面积分 $\iint_{\Sigma} x^{2} d y d z+y^{2} d z d x+z d x d y=$

解答：由高斯公式得原式 $=\iiint_{\Omega}(2 x+2 y+1) d V=\int_{0}^{2} d z \iint_{D} d x d y=4 \pi$.
因此答案为： $4 \pi$
设 $A=a_{i j}$ 为 3 阶矩阵, $A_{i j}$ 为代数余子式, 若 $A$ 的每行元素之和均为 2 , 且 $|A|=3$, $A_{11}+A_{21}+A_{31}=$

解答：$A\left(\begin{array}{l}1 \\ 1 \\ 1\end{array}\right)=2\left(\begin{array}{l}1 \\ 1 \\ 1\end{array}\right), A \alpha=\lambda \alpha, \lambda=2, \alpha=\left(\begin{array}{l}1 \\ 1 \\ 1\end{array}\right)$, 则 $A^*$ 的特征值为 $\frac{|A|}{\lambda}$, 对应的特征向量为
$$
\begin{gathered}
\alpha=\left(\begin{array}{l}
1 \\
1 \\
1
\end{array}\right), A^* \alpha=\frac{|A|}{\lambda} \alpha \text { 而 } A^*=\left(\begin{array}{ccc}
A_{11} & A_{21} & A_{31} \\
A_{12} & A_{22} & A_{32} \\
A_{13} & A_{23} & A_{33}
\end{array}\right), A^*\left(\begin{array}{l}
1 \\
1 \\
1
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}
A_{11}+A_{21}+A_{31} \\
A_{12}+A_{22}+A_{32} \\
A_{13}+A_{23}+A_{33}
\end{array}\right)=\frac{|A|}{\lambda}\left(\begin{array}{l}
1 \\
1 \\
1
\end{array}\right) \text {, 即 } \\
A_{11}+A_{21}+A_{31}=\frac{3}{2} .
\end{gathered}
$$
因此答案为： $\frac{3}{2}$
甲乙两个盒子中各装有 2 个红球和 2 个白球, 先从甲盒中任取一球, 观察颜色后放入乙盒中,再从乙盒中任取一球. 令 $X, Y$ 分别表示从甲盒和乙盒中取到的红球个数, 则 $X$ 与 $Y$ 的相关系数

解答：联合分布率 $(X, Y) \sim\left(\begin{array}{cccc}(0,0) & (0,1) & (1,0) & (1,1) \\ \frac{3}{10} & \frac{1}{5} & \frac{1}{5} & \frac{3}{10}\end{array}\right), X \sim\left(\begin{array}{cc}0 & 1 \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2}\end{array}\right) Y \sim\left(\begin{array}{cc}0 & 1 \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2}\end{array}\right)$ $\operatorname{cov}(X, Y)=\frac{1}{20}, D X=\frac{1}{4}, D Y=\frac{1}{4}$, 即 $\rho_{X Y}=\frac{1}{5}$
因此答案为： $\frac{1}{5}$
$f(x, y)=x^{2}+2 y^{2}$ 在 $(0,1)$ 处最大的方向导数为

解答：由已知可得 $\frac{\partial f}{\partial x}=2 x, \frac{\partial f}{\partial y}=4 y$, 故 $\operatorname{grad}(0,1)=(0,4)$, 综上
$\left.\frac{\partial f}{\partial l}\right|_{\max }=\sqrt{0^{2}+4^{2}}=4$
  
因此答案为：4
$\int_{1}^{\mathrm{e}^{2}} \frac{\ln x}{\sqrt{x}} \mathrm{~d} x=$

解答：$\int_{1}^{\mathrm{e}^{2}} \frac{\ln x}{\sqrt{x}} \mathrm{~d} x=2 \int_{1}^{\mathrm{e}^{2}} \ln x \mathrm{~d} \sqrt{x}=2\left[\left.\sqrt{x} \ln x\right|_{1} ^{\mathrm{e}^{2}}-\int_{1}^{\mathrm{e}^{2}} \sqrt{x} \mathrm{~d}(\ln x)\right]$
$=2\left[\left.\sqrt{x} \ln x\right|_{1} ^{\mathrm{e}^{2}}-\int_{1}^{\mathrm{e}^{2}} \sqrt{x} \mathrm{~d}(\ln x)\right]=2\left(\sqrt{\mathrm{e}^{2}} \ln \mathrm{e}^{2}-\int_{1}^{\mathrm{e}^{2}} \frac{1}{\sqrt{x}} \mathrm{~d} x\right)$
$=2\left[\left.\sqrt{x} \ln x\right|_{1} ^{\mathrm{e}^{2}}-\int_{1}^{\mathrm{e}^{2}} \sqrt{x} \mathrm{~d}(\ln x)\right]=2\left(2 \mathrm{e}-\left.2 \sqrt{x}\right|_{1} ^{\mathrm{e}^{2}}\right)=4 \quad
因此答案为：4
当 $x \rightarrow 0$ 时, 函数 $f(x)=a x+b x^{2}+\ln (1+x)$ 与 $g(x)=e^{x^{2}}-\cos x$ 是等价无穷小,则 $a b=$

解答：$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{g(x)}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{a x+b x^{2}+\ln (1+x)}{e^{x^{2}}-\cos x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{a x+b x^{2}+x-\frac{1}{2} x^{2}+o\left(x^{2}\right)}{1+x^{2}+o\left(x^{2}\right)-\left[1-\frac{1}{2} x^{2}+o\left(x^{2}\right)\right]}=1$ ，
可得 $a+1=0, b-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$, 即 $a=-1, b=2$, 故 $a b=-2$.

因此答案为：-2
曲面 $z=x+2 y+\ln \left(1+x^{2}+y^{2}\right)$ 在点 $(0,0,0)$ 处的切平面方程为

解答：$F(x, y, z)=x+2 y+\ln \left(1+x^{2}+y^{2}\right)-z$ ，
$\mathbf{n}=\left(F_{x}^{\prime}, F_{y}^{\prime}, F_{z}^{\prime}\right)=\left(1+\frac{2 x}{1+x^{2}+y^{2}}, 2+\frac{2 y}{1+x^{2}+y^{2}},-1\right)$,
即在点 $(0,0,0)$ 处的法向量为 $(1,2,-1)$, 即切平面方程为 $x+2 y-z=0$.

因此答案为：$x+2 y-z=0$
设 $f(x)$ 为周期为 2 的周期函数, 且 $f(x)=1-x, x \in[0,1]$, 若
$f(x)=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} a_{n} \cos n \pi x$, 则 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{2 n}=__$？

解答：由 $f(x)$ 展开为余弦级数知, $f(x)$ 为偶函数. 由傅里叶系数计算公式有
$$
\begin{aligned}
a_n= & 2 \int_0^1(1-x) \cos n \pi x d x \\
& =2\left(\int_0^1 \cos n \pi x d x-\int_0^1 x \cos n \pi x d x\right) \\
& =2\left(\left.\frac{1}{n \pi} \sin n \pi x\right|_0 ^1-\frac{1}{n \pi} \int_0^1 x d \sin n \pi x\right) \\
& =-\frac{2}{n \pi} \int_0^1 x d \sin n \pi x \\
& =\frac{-2}{n \pi}\left(\left.x \sin n \pi x\right|_0 ^1-\int_0^1 \sin n \pi x d x\right) \\
& =\frac{2}{n \pi} \int_0^1 \sin n \pi x d x \\
& =\left.\frac{-2}{n^2 \pi^2} \cos n \pi x\right|_0 ^1 \\
& =\frac{-2}{n^2 \pi^2}(\cos n \pi-1) .
\end{aligned}
$$

故 $a_{2 n}=\frac{-1}{2 n^2 \pi^2}(\cos 2 n \pi-1)=\frac{-1}{2 n^2 \pi^2}(1-1)=0$
因此答案为：0
设连续函数 $f(x)$ 满足 $f(x+2)-f(x)=x, \int_{0}^{2} f(x) d x=0$, 则 $\int_{1}^{3} f(x) d x=$__？

解答：$\begin{aligned} & \int_1^3 f(x) d x=\int_1^2 f(x) d x+\int_2^3 f(x) d x \\ & =\int_1^2 f(x) d x+\int_0^1 f(t+2) d t(\text { 令 } x=t+2) \\ & =\int_1^2 f(x) d x+\int_0^1 f(x+2) d x \\ & =\int_1^2 f(x) d x+\int_0^1[f(x)+x] d x \\ & =\int_1^2 f(x) d x+\int_0^1 f(x) d x+\int_0^1 x d x \\ & =\int_0^2 f(x) d x+\int_0^1 x d x \\ & =\int_0^1 x d x \\ & =\frac{1}{2} \\ & \end{aligned}$
因此答案为：$\frac{1}{2}$
已知向量 $\alpha_{1}=\left(\begin{array}{l}1 \\ 0 \\ 1 \\ 1\end{array}\right), \alpha_{2}=\left(\begin{array}{l}-1 \\ -1 \\ 0 \\ 1\end{array}\right), \alpha_{3}=\left(\begin{array}{l}0 \\ 1 \\ -1 \\ 1\end{array}\right), \beta=\left(\begin{array}{l}1 \\ 1 \\ 1 \\ -1\end{array}\right), \gamma=k_{1} \alpha_{1}+k_{2} \alpha_{2}+k_{3} \alpha_{3}$,
若 $\gamma^{T} \alpha_{i}=\beta^{T} \alpha_{i}(i=1,2,3)$, 则 $k_{1}^{2}+k_{2}^{2}+k_{3}^{2}=$

解答：$\gamma^{T} \alpha_{1}=\beta^{T} \alpha_{1}=1 \Rightarrow k_{1} \alpha_{1}^{T} \alpha_{1}+k_{2} \alpha_{2}^{T} \alpha_{1}+k_{3} \alpha_{3}^{T} \alpha_{1}=1 \Rightarrow k_{1} \cdot 3+k_{2} \cdot 0+k_{3} \cdot 0=1 \Rightarrow k_{1}=\frac{1}{3}$.
同理 $k_{2}=-1, k_{3}=-\frac{1}{3}$.
所以, $k_{1}^{2}+k_{2}^{2}+k_{3}^{2}=\frac{11}{9}$.

因此答案为：$\frac{11}{9}$
设随机变量 $X$ 与 $Y$ 相互独立, 且 $X \sim B\left(1, \frac{1}{3}\right), Y \sim B\left(2, \frac{1}{2}\right)$ 则 $P\{X=Y\}=$

解答：因为 $X \sim B\left(1, \frac{1}{3}\right)$, 所以 $X=0,1$;
$Y \sim B\left(2, \frac{1}{2}\right)$, 所以 $Y=0,1,2$.

又因为 $X$ 与 $Y$ 相互独立, 所以
$$
\begin{aligned}
P\{X=Y\}=P\{X & =0, Y=0\}+P\{X=1, Y=1\} \\
& =P\{X=0\} P\{Y=0\}+P\{X=1\} P\{Y=1\} \\
& =\frac{2}{3} C_2^0\left(\frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{3} C_2^1\left(\frac{1}{2}\right)^2=\frac{1}{3} .
\end{aligned}
$$
因此答案为：$\frac{1}{3}$
1.下列 $0.10 \mathrm{~mol} \cdot \mathrm{kg}^{-1}$ 溶液性质的比较, 正确的是 ()。
A. 蒸气压: $\mathrm{NaCl}>\mathrm{C}_{6} \mathrm{H}_{12} \mathrm{O}_{6}$ (葡萄糖)
B. 沸点: $\mathrm{K}_{2} \mathrm{SO}_{4}>\mathrm{C}_{6} \mathrm{H}_{12} \mathrm{O}_{6}$ (葡萄糖)
C. 凝固点: $\mathrm{CH}_{4} \mathrm{~N}_{2} \mathrm{O}$ (尿素) $>\mathrm{C}_{6} \mathrm{H}_{12} \mathrm{O}_{6}$ (葡萄糖)
D. 渗透压: $\mathrm{NaCl}=\mathrm{C}_{6} \mathrm{H}_{12} \mathrm{O}_{6}$ (葡菊糖)

解答：本题考查稀溶液的依数性, 包括蒸气压下降、沸点㺪高、凝固点下降和渗透压。 $\mathrm{NaCl}$ 和 $\mathrm{K}_{2} \mathrm{SO}_{4}$ 均为强电解质, 溶液中离子总浓度分别约为葡葏糖浓度的 2 倍和 3 倍, 故答案 $\mathrm{A}$ 中 $\mathrm{NaCl}$ 溶液的蒸气压下降更多; 答案 $\mathrm{C}$ 中尿素和葡萄糖均为非电解质, 二者浓度相同时, 凝固点的下降程度相同, 即凝固点相同; 答案 $\mathrm{D}$ 中 $\mathrm{NaCl}$ 溶液的渗透压更高。

因此答案为：B
已知反应 $2 \mathrm{X}(\mathrm{g})+\mathrm{Y}(\mathrm{g})=3 \mathrm{Z}(\mathrm{g})$, 在一定温度下 $\mathrm{X} 、 \mathrm{Y}$ 的初始浓度和初始反应速率的数据如下:
\begin{center}
\begin{tabular}{c|c|c|c}
\hline
 & $c(\mathrm{X}) /\left(\mathrm{mol} \cdot \mathrm{L}^{-1}\right)$ & $c(\mathrm{Y}) /\left(\mathrm{mol} \cdot \mathrm{L}^{-1}\right)$ & $v /\left(\mathrm{mol} \cdot \mathrm{L}^{-1} \cdot \mathrm{s}^{-1}\right)$ \\
\hline
1 & 0.20 & 0.30 & $2.0 \times 10^{-4}$ \
2 & 0.20 & 0.60 & $8.0 \times 10^{-4}$ \
3 & 0.30 & 0.60 & $8.0 \times 10^{-4}$ \\
\hline
\end{tabular}
\end{center}
则该反应的速率方程为 ( )。
A. $v=k c^{2}(\mathrm{X})$
B. $v=k c^{2}(\mathrm{Y})$
C. $v=k c(\mathrm{X}) \cdot c^{2}(\mathrm{Y})$
D. $v=k c^{2}(\mathrm{X}) \cdot c(\mathrm{Y})$

解答：对于基元反应, 可根据反应方程式写出反应速率方程式。而非基元反应中各反应物的反应级数只能通过实验进行测定。
对比第 1 和第 2 组数据, 反应物 $\mathrm{X}$ 浓度相等, 当反应物 $\mathrm{Y}$ 的浓度增大为原来的 2 倍时, 反应速率增大为原来的 4 倍, 故反应物 $Y$ 的反应级数为 2 ;
对比第 2 和第 3 组数据, 反应物 $\mathrm{Y}$ 浓度相等, 当反应物 $\mathrm{X}$ 的浓度增大为原来的 1.5 倍时, 反应速率保持不变, 故反应物 $\mathrm{X}$ 的反应级数为 0

因此答案为：B
在 EDTA 配位滴定法中, 金属指示剂 (In) 应具备的条件是 ( )。
(1) MIn 易溶于水
(2) MIn 的稳定性大于 $\mathrm{MY}$ 的稳定性
(3) MIn 与 In 的颜色显著不同
(4)显色反应灵敏、迅速,有良好的变色可逆性
A. (1)(2) (3)
B. (1)(3)(4)
C. (2) (3) (4)
D. (1)(2) (4)

解答：本题考察配位滴定中,金属指示剂应具备的条件。

因此答案为：B
在 $20{ }^{\circ} \mathrm{C}$ 和 $100{ }^{\circ} \mathrm{C}$ 时, $\mathrm{PbCl}_{2}$ 的溶解度分别是 $0.99 \mathrm{~g} / 100 \mathrm{~g} \mathrm{H}_{2} \mathrm{O}$ 和 $3.34 \mathrm{~g} / 100 \mathrm{~g} \mathrm{H}_{2} \mathrm{O}$, 则反应 $\mathrm{PbCl}_{2}(\mathrm{~s})=\mathrm{Pb}^{2+}(\mathrm{aq})+2 \mathrm{Cl}^{-}(\mathrm{aq})$ 的 ()。
A. $\Delta_{\mathrm{r}} H_{\mathrm{m}}^{\ominus}>0$
B. $\Delta_{\mathrm{r}} H_{\mathrm{m}}^{\ominus}<0$
C. $\Delta_{\mathrm{r}} S_{\mathrm{m}}^{\ominus}=0$
D. $\Delta_{\mathrm{r}} S_{\mathrm{m}}^{\ominus}<0$

解答：本题考查影响化学平衡移动的因素问题。据题意, 随温度升高, $\mathrm{PbCl}_{2}$ 溶解度增大, 说明标准平衡常数增大。温度升高, 平衡问吸热方向移动, 因此该反应为吸热反应。

因此答案为：A
若反应 $2 \mathrm{~A}+2 \mathrm{~B}=3 \mathrm{D}$ 的 $E_{\mathrm{n}}($ 正 $)=m \mathrm{~kJ} \cdot \mathrm{mol}^{-1} 、 E_{\mathrm{a}}$ (逆) $=n \mathrm{~kJ} \cdot \mathrm{mol}^{-1}$, 则反应的 $\Delta_{\mathrm{r}} H_{\mathrm{m}}$ 等于( )。
A. $(2 m-3 n) \mathrm{kJ} \cdot \mathrm{mol}^{-1}$
B. $(3 n-2 m) \mathrm{kJ} \cdot \mathrm{mol}^{-1}$
C. $(m-n) \mathrm{kJ} \cdot \mathrm{mol}^{-1}$
D. $(n-m) \mathrm{kJ} \cdot \mathrm{mol}^{-1}$

解答：本题考查正逆反应的活化能和反应热之间的关系。

因此答案为：C
既能标定 $\mathrm{KMnO}_{4}$ 溶液又能标定 $\mathrm{NaOH}$ 溶液的基准物是 ()。
A. 硼砂
B. $\mathrm{Na}_{2} \mathrm{C}_{2} \mathrm{O}_{4}$
C. 邻苯二甲酸氢钾
D. $\mathrm{H}_{2} \mathrm{C}_{2} \mathrm{O}_{4} \cdot 2 \mathrm{H}_{2} \mathrm{O}$

解答：4 个物质都可以作为基准物质,草酸既是较强的酸又是还原剂, 因此选 $\mathrm{D}$ 。
按有效数字运算规则, $\frac{0.0421 \times 0.46 \times 1.450 \times 10^{2}}{1.0500}$ 的计算结果为 ()。
A. 2.7
B. 2.67
C. 2.674
D. 2.6744

解答：本题考查有效数字相关知识。根据乘除计算规则, 计算结果的有效数字位数应与算式中有效数字位数最少的数据相同,数据 0.46 中有 2 位有效数字,因此计算结果的有效数字应保留 2 位。

因此答案为：A
已知 $\mathrm{Ag}_{2} \mathrm{~S} 、 \mathrm{CuS}$ 和 $\mathrm{MnS}$ 的 $K_{\mathrm{sp}}^{\ominus}$ 分别为 $6.3 \times 10^{-50} 、 6.3 \times 10^{-36}$ 和 $2.5 \times 10^{-13}$ 。向浓度均为 $0.010 \mathrm{~mol} \cdot \mathrm{L}^{-1}$ 的 $\mathrm{Ag}^{+} 、 \mathrm{Cu}^{2+}$ 和 $\mathrm{Mn}^{2+}$ 的混合溶液中滴加 $\mathrm{Na}_{2} \mathrm{~S}$ 溶液, 沉淀产生的先后顺序是 ( )。
A. $\mathrm{Ag}_{2} \mathrm{~S}, \mathrm{CuS}, \mathrm{MnS}$
B. $\mathrm{Ag}_{2} \mathrm{~S}, \mathrm{MnS}, \mathrm{CuS}$
C. $\mathrm{CuS}, \mathrm{MnS} 、 \mathrm{Ag}_{2} \mathrm{~S}$
D. $\mathrm{CuS} 、 \mathrm{Ag}_{2} \mathrm{~S} 、 \mathrm{MnS}$

解答：本题考查溶度积原理和分步沉淀等相关知识。不同类型的沉淀, 不能直接根据 $K_{s p}^{\ominus}$ 判断沉淀的先后顺序。离子积 $Q$ 先达到其溶度积 $K_{s p}^{\ominus}$ 者即可先沉淀, 或生成沉淀时, 所需沉淀剂更少的可先沉淀。
$\mathrm{Ag}_{2} \mathrm{~S}$ 沉淀所需的最低的沉淀剂浓度:
$c_{1}\left(\mathrm{~S}^{2-}ight) / c^{\ominus}=rac{K_{\mathrm{sp}}^{\ominus}\left(\mathrm{Ag}_{2} \mathrm{~S}ight)}{\left[c\left(\mathrm{Ag}^{1-}ight) / c^{\ominus}ight]^{2}}=rac{6.3 	imes 10^{-50}}{0.010^{2}}=6.3 	imes 10^{-16}$
$\operatorname{CuS}$ 沉淀: $c_{2}\left(\mathrm{~S}^{2-}ight) / c^{\ominus}=rac{K_{\mathrm{sp}}^{\ominus}(\mathrm{CuS})}{c\left(\mathrm{Cu}^{2+}ight) / c^{\ominus}}=rac{6.3 	imes 10^{-36}}{0.010}=6.3 	imes 10^{-3.4}$
$\mathrm{MnS}$ 沉淀: $c_{3}\left(\mathrm{~S}^{2-}ight) / c^{\ominus}=rac{K_{\mathrm{sp}}^{\ominus}(\mathrm{MnS})}{c\left(\mathrm{Mn}^{2+}ight) / c^{\ominus}}=rac{2.5 	imes 10^{-13}}{0.010}=2.5 	imes 10^{-11}$

因此答案为：A
将 $0.10 \mathrm{~mol} \cdot \mathrm{L}^{-1}$ 的 $\mathrm{HAc}\left(\mathrm{p} K_{\mathrm{n}}^{\ominus}=4.75\right)$ 溶液稀释一倍, 则 $(\quad)$ 。
A. $\alpha$ 和 $\mathrm{pH}$ 都增大
B. $\alpha$ 和 $\mathrm{pH}$ 都减少
C. $\alpha$ 增大, $\mathrm{pH}$ 减小
D. $\alpha$ 减少, $\mathrm{pH}$ 增大

解答：本题考查酸碱平衡的移动和稀释定律。
$\mathrm{HAc}$ 水溶液中, $\mathrm{HAc}(\mathrm{aq})+\mathrm{H}_{2} \mathrm{O}(1)=\mathrm{H}_{3} \mathrm{O}^{+}(\mathrm{aq})+\mathrm{Ac}^{\cdots}(\mathrm{aq})$
稀释一倍后, 浓度下降为原来的 $1 / 2$,
则反应商 $Q=rac{\left[c\left(\mathrm{H}^{+}ight) / c^{\ominus}ight] \cdot\left[c\left(\mathrm{Ac}^{-}ight) / c^{\ominus}ight]}{c(\mathrm{HAc}) / c^{\ominus}}=rac{1}{2} K_{a}^{\ominus}(\mathrm{HAc})<K_{\mathrm{a}}^{\ominus}(\mathrm{HAc})$,
平衡右移, 即离解度 $\alpha$ 增大。
或:离解度 $\alpha=\sqrt{rac{K_{\mathrm{a}}^{\ominus}}{c / c^{
atural}}}$, 溶液稀释一倍时, 则 $\alpha$ 会增大。
而 $c\left(\mathrm{H}^{+}ight) / c^{\ominus}=\sqrt{K_{\mathrm{a}}^{\ominus} \cdot\left(c / c^{\ominus}ight)}$, 根据 $\mathrm{pH}=-\lg \left[c\left(\mathrm{H}^{+}ight) / c^{\ominus}ight]$, 此时 $\mathrm{pH}$ 约增大 $\lg 2$ 。

因此答案为：A
在定温定压下, 不做非体积功的某化学反应的 $\Delta_{\mathrm{r}} G_{\mathrm{m}}=0$, 则该反应一定 ( )。
A. 正向自发
B. 处于平衡状态
C. 是熵增反应
D. 是吸热反应

解答：本题考查反应自发进行的判据。一定温度、非标准状态下, 若 $\Delta_{\mathrm{r}} G_{\mathrm{m}}<0$, 则反应正向自发;若 $\Delta_{\mathrm{r}} G_{\mathrm{m}}>0$, 则反应正向不能自发, 逆向自发; 若 $\Delta_{\mathrm{r}} G_{\mathrm{m}}=0$, 则反应处于化学平衡状态。

因此答案为：B
电池 $(-) \mathrm{Pt}\left|\mathrm{H}_{2}\left(p_{1}\right)\right| \mathrm{H}^{+}\left(c_{0}\right) \| \mathrm{H}^{+}\left(c_{0}\right)\left|\mathrm{H}_{2}\left(p_{2}\right)\right| \mathrm{Pt}(+)$ 的电动势为 $E$, 下列关系正确的是 ( ) 。
A. $E=0, p_{1}<p_{2}$
B. $E>0, p_{1}<p_{2}$
B. $E>0, p_{1}=p_{2}$
C. $E>0, p_{1}>p_{2}$

解答：本题考查能斯特方程的书写和应用。
正负极均为氢电极, 电动势 $E=\varphi_{+}-\varphi_{-}$
电极反应均为: $2 \mathrm{H}^{+}+2 \mathrm{e} ightarrow \mathrm{H}_{2}$
其能斯特方程: $\varphi=\varphi^{\ominus}+rac{2.303 R T}{2 F} \lg rac{\left[c\left(\mathrm{H}^{+}ight) / c^{\ominus}ight]^{2}}{p\left(\mathrm{H}_{2}ight) / p^{\ominus}}$
正负极中 $\mathrm{H}^{+}$浓度相同, 若 $E=0$, 则 $p_{1}=p_{2}$; 若 $E>0$, 则 $p_{1}<p_{2}$ 。

因此答案为：C
下列分子中链角最小的是 ( )。
A. $\mathrm{BBr}_{3}$
B. $\mathrm{CCl}_{4}$
C. $\mathrm{NH}_{3}$
D. $\mathrm{H}_{2} \mathrm{~S}$

解答：本题考查杂化轨道理论和分子的空间构型。
$\mathrm{BBr}_{3}$ 分子中 $\mathrm{B}$ 原子采用 $\mathrm{sp}^{2}$ 杂化, 为平面三角形构型, 键角为 $120^{\circ} ; \mathrm{CCl}_{4}$ 分子中 $\mathrm{C}$ 原子采用 $\mathrm{sp}^{3}$ 杂化, 为正四面体构型, 键角为 $109^{\circ} 28^{\prime} ; \mathrm{NH}_{3}$ 分子中 $\mathrm{N}$ 原子采用不等性 $\mathrm{sp}^{3}$ 杂化, 为三角锥构型, 其中 1 个杂化轨道被孤对电子占据, 键角被压缩至 $107^{\circ} 20^{\prime} ; \mathrm{H}_{2} \mathrm{~S}$ 分子中 $\mathrm{S}$ 为不等性 $\mathrm{sp}^{3}$ 杂化, 分子构型为角型 (折线型), 其中 2 个杂化轨道被孤对电子占据, 由于其排斥作用,使得其键角被压缩更多, 类似于 $\mathrm{H}_{2} \mathrm{O}$ 分子的情况。

因此答案为：D
下列滴定中, 突跃范围最大的是 ( )。
A. $1.000 \mathrm{~mol} \cdot \mathrm{L}^{-1} \mathrm{NaOH}$ 溶液滴定同浓度的 $\mathrm{HAc}\left(\mathrm{p} K_{\mathrm{a}}^{\ominus}=4.75\right)$ 溶液
B. $0.1000 \mathrm{~mol} \cdot \mathrm{L}^{-1} \mathrm{NaOH}$ 溶液滴定同浓度的 $\mathrm{HCl}$ 溶液
C. $0.1000 \mathrm{~mol} \cdot \mathrm{L}^{-1} \mathrm{NaOH}$ 溶液滴定同浓度的 $\mathrm{HAc}$ 溶液
D. $0.1000 \mathrm{~mol} \cdot \mathrm{L}^{-1} \mathrm{NaOH}$ 溶液滴定同浓度的 $\mathrm{HCOOH}\left(\mathrm{p} K_{\mathrm{n}}^{\ominus}=3.75\right)$ 溶液

解答：本题考查滴定突跃范围的影响因素。强碱滴定强酸时, 仅浓度为主要影响因素; 强碱滴定弱酸时, 主要影响因素为浓度和弱酸的 $K_{\mathrm{a}}^{\ominus}$ 。

因此答案为：B
某有色溶液的吸光度为 0.602 , 则透射光强度是人射光强度的 ()。
A. $80.0 \%$
B. $75.0 \%$
C. $25.0 \%$
D. $20.0 \%$

解答：本题考查分光光度法中, 吸光度和透光度之间的关系: $A=-\lg T$ 。

因此答案为：C
分光光度法中, 在确定显色反应条件时, 不需要考虑的因素是 ( )。
A. 反应时间
B. 反应温度
C. 人射光波长
D. 显色剂的用量

解答：本题考查分光光度法中, 显色反应的影响因素。在确定显色反应条件时, 需要确定显色剂用量、反应温度和时间, 保证离子完全转化为有色化合物, 而人射光波长, 即有色化合物的
特征吸收波长是确定的。

因此答案为：C
下列对赖氨酸描述错误的是()。
A. 易溶于水
B. $\mathrm{pI}>7$
C. 有旋光性
D. 只有一个氨基

解答：赖氨酸为碱性氨基酸, 含有 2 个氨基。

因此答案为：D
可区别 $\mathrm{CH}_{3} \mathrm{CH}_{2} \mathrm{CH}_{2} \mathrm{NH}_{2} 、\left(\mathrm{CH}_{3} \mathrm{CH}_{2} \mathrm{CH}_{2}\right)_{2} \mathrm{NH} 、\left(\mathrm{CH}_{3} \mathrm{CH}_{2} \mathrm{CH}_{2}\right)_{3} \mathrm{~N}$ 的试剂是 ( )。
A. $\mathrm{HCl}$
B. $\mathrm{H}_{2} \mathrm{SO}_{4}$
C. $\mathrm{HNO}_{3}$
D. $\mathrm{HNO}_{2}$

解答：伯、仲、叔胺与盐酸、硫酸、硝酸的反应相近, 都是酸碱反应。亚硝酸与伯胺反应放出氮气,与仲胺反应形成 $N$-亚硝基化合物,与叔胺是酸碱反应,因而答案是 D。

因此答案为：D
化合物 (1)丙酸乙酯、(2)丙酸酐、(3)丙酰氯与苯胺反应的活性顺序是 () 。
A. (3) $>$ (1) $>$ (2)
B. (3) $>$ (2) $>$ (1)
C. (1) $>$ (3) $>$ (2)
D. (1) $>$ (2) $>$ (3)

解答：酰化试剂与苯胺反应的活性顺序一般为酰氯>酸酐>酯

因此答案为：B
下列化合物不含羧基官能团的是 ()。
A. 苦味酸
B. 酒石酸
C. 草酸
D. 水杨酸

解答：苦味酸是 $2,4,6$-三硝基苯酚, 没有羧基。

因此答案为：A
下列化合物沸点最低的是 ( )。
A. 丁酮
B. 丁胺
C. 1-丁烯
D. 丁酸

解答：同样是含有 4 个碳的有机物, 丁酸和丁胺都有分子间氢键, 沸点较高。丁酮有一定极性,分子间作用力也较大; 1-丁烯极性较小,分子间作用力最小,沸点最低。

因此答案为：C
果糖在稀碱溶液中发生差向异构化, 平衡混合物中有 ( )。
A. 核糖
B. 脱氧核糖
C. 半乳糖
D. 葡萄糖

解答：果糖在稀碱溶液中发生差向异构化,平衡混合物中有葡若糖和甘露糖。

因此答案为：D
下列溶剂可用于芐基溴与金属镁反应生成芐基溴化镁的是 ()。
A. 无水乙醇
B. 无水二乙胺
C. 无水乙醚
D. 无水乙酸乙酯

解答：格式试剂比较活泼,制备时需要使用不与之发生反应的惰性溶剂乙梄。

因此答案为：C
下列结构为油酸的是 ( )。
A. $\mathrm{CH}_{3}\left(\mathrm{CH}_{2}\right)_{7} \mathrm{CH}=\mathrm{CH}\left(\mathrm{CH}_{2}\right)_{7} \mathrm{COOH}$
B. $\mathrm{CH}_{3}\left(\mathrm{CH}_{2}\right)_{4} \mathrm{CH}=\mathrm{CHCH}_{2} \mathrm{CH}=\mathrm{CH}\left(\mathrm{CH}_{2}\right)_{7} \mathrm{COOH}$
C. $\mathrm{CH}_{3}\left(\mathrm{CH}_{2}\right)_{16} \mathrm{COOH}$
D. $\mathrm{CH}_{3}\left(\mathrm{CH}_{2}\right)_{14} \mathrm{COOH}$

解答：油酸是单不饱和十八碳脂肪酸。

因此答案为：A
下列程序段的时间复杂度是 ( ) .
int sum $=\theta$;
for (int $i=1 ; i<n ; i^{*}=2$ )
for (int $j=0 ; j<i ; j++)$
sum++;
A. $O(\log n)$
B. $O(\mathrm{n})$
C. $O(\mathrm{n} \log \mathrm{n})$
D. $O\left(\mathrm{n}^{2}\right)$

解答：令 $n=2^{m}, n$ 是 2 的整数倍, $m=\log _{2} n_{\circ}$ sum ++ 的语句频度 $1+2+4+\cdots \cdots+2^{m}=1+\frac{2\left(1-2^{m}\right)}{1-2}=$ $1+2 \times 2^{m}-2=2 \times 2^{m}-1=2 n-1$ 。因此, 时间复杂度为 $O(n)$ 。

因此答案为：B
给定有限符号集 $S$, in 和 out 均为 $S$ 中所有元素的任意排列. 对于初始为空的栈 ST, 下列辍述中，正确的是 ( ).
A. 若 in 是 ST 的入栈序列, 则不能判断 out 是否为其可能的出栈序列
B. 若 out 是 ST 的出栈序列, 则不能判断 in 是否为其可能的入栈序列
C. 若 in 是 ST 的入栈序列, out 是对应 in 的出栈序列, 则 in 与 out一定不同
D. 若 in 是 ST 的入栈序列, out 是对应 in 的出栈序列, 则 in 与 out 可能互为倒序

解答：栈具有后进先出的特性, 因此根据入栈序列 (或出栈序列) 能够判断出栈序列(或入栈序列), 因此, A 和 B 均不正确。入栈序列和出栈序列可能相同, 即 push, pop 交替进行,可使入栈序列=出栈序列, 因此, $\mathrm{C}$ 不正确。根据栈具有后进先出的特性, 先一直执行 push 操作, 等序列全部入栈后, 再一直执行 pop 操作, 则可获得互为倒序的输入和输出序列, 因此, D 正确。

因此答案为：D
若三叉树 $T$ 中有 244 个结点(叶结点的高度为 1 ), 则 $T$ 的高度至少是().
A. 8
B. 7
C. 6
D. 5

解答：假设三叉树根结点所在层次为 1 , 则该层有 $3^{0}$ 个结点, 第 2 层有 $3^{1}$ 个结点, 以此类推, 一棵高度为 $\mathrm{k}$ 的满三叉树有 $3^{0}+3^{1}+\ldots+3^{k-1}=\left(3^{k}-1\right) / 2$ 。高度为 6 的满三叉树的结点数为 368 , 高度为 5 的满三叉树的结点数为 121 。因此, 有 244 个结点的三叉树的高度至少为 6 。

因此答案为：C
对任意给定的含 $\mathrm{n}(\mathrm{n}>2)$ 个字符的有限集 $S$, 用二叉树表示 $S$ 的哈夫曼编码集和定长编码集，分别得到二叉树 $T_{1}$ 和 $T_{2}$. 下列叙述中，正确的是().
A. $T_{1}$ 与 $T_{2}$ 的结点数相同
B. $T_{1}$ 的高度大于 $T_{2}$ 的高度
C. 出现频次不同的字符在 $T_{1}$ 中处于不同的层
D. 出现频次不同的字符在 $T_{2}$ 中处于相同的层

解答：哈夫曼编码属于不等长编码, 定长编码属于等长编码。就等长编码而言, 其编码长度相同, 且与字符出现频次无关, 因此, 等长编码在二叉树 $T_{2}$ 上必然出现在同一层上。

因此答案为：D