浙江省嘉兴市八校2025-2026学年高二上学期11月期中考试化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1浙江省嘉兴市八校2025-2026学年高二上学期11月期中考试考生须知：1．本卷共6页满分100分，考试时间90分钟。2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4．考试结束后，只需上交答题纸。相对原子质量：H-1C-12N-14O-16选择题部分一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意。)1.“能源”是人们生活中不可或缺的一部分，下列属于将化学能转化为热能的是A．太阳能热水器烧水B．干冰升华C．天然气作燃气烧菜D．新能源汽车电池A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】太阳能热水器烧水是太阳能转化为热能，A不符合题意；干冰升华是固态二氧化碳直接变为气态，属于物理变化，过程吸收热量，是热能的转移，并非化学能转化为热能，B不符合题意；天然气燃烧是化学能转化为热能，C符合题意；新能源汽车电池是电能与化学能互相转化，D不符合题意；故答案为C。2.下列措施能加快化学反应速率的是A.Zn与稀硫酸反应时，适当降低温度B.双氧水制取O2时，加入少量MnO2C.SO2和O2反应时，增大反应容器体积D.Al在O2中燃烧，用铝片代替铝粉【答案】B【解析】降低温度会减少分子热运动，降低有效碰撞频率，反应速率减慢，A不符合题意；加入MnO2作为催化剂，降低反应活化能，加快双氧水分解速率，B符合题意；增大容器体积导致气体浓度降低，反应速率减小，C不符合题意；铝片比铝粉接触面积小，反应速率降低，D不符合题意；故选B。3.氢氰酸(HCN)的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是A.HCN易溶于水B.10mL1mol/LHCN恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应C.1mol/L氢氰酸溶液的pH约为3D.HCN溶液的导电性比盐酸溶液的弱【答案】C【解析】HCN是极性分子，与水相似相溶，易溶于水，溶解性为物理性质，与电解质的强弱无关，故A不符；10mL1mol/LHCN恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应，只能说明HCN是一元酸，不能说明其电离的程度，故B不符；氢氰酸为一元酸，1mol/L的一元强酸的pH=0，1mol/L氢氰酸溶液的pH约为3，说明HCN没有完全电离，可以证明它是弱电解质，故C符合；HCN溶液导电性比盐酸溶液的弱，只能说明HCN溶液中离子浓度低，故D不符；故选C。4.根据下图所示的能量转化关系，下列说法不正确的是A.反应的热化学方程式是CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(l)ΔH=-91kJ·mol-1B.反应物断键吸收能量之和小于生成物成键释放能量之和C.反应物的总能量高于生成物的总能量D.使用催化剂，使反应更快，放热更多【答案】D【解析】依据能量变化图可知，，反应的热化学方程式是CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(l)ΔH=-91kJ·mol-1，A正确；依据能量变化图可知，该反应为放热反应，则断键吸收能量之和小于成键释放能量之和，B正确；依据能量变化图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，C正确；只与反应物总能量和生成物总能量的相对大小有关，使用催化剂不能减小，但是能降低反应的活化能，使反应更快，D错误；故选D。5.下列表述正确的是A.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应B.已知甲烷燃烧热ΔH=-890.3kJ·mol-1，则CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)ΔH=-890.3kJ·mol-1C.C(金刚石，s)=C(石墨，s)ΔH=-1.19kJ·mol-1，所以石墨比金刚石稳定D.等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多【答案】C【解析】需要加热的反应不一定是吸热反应，例如燃烧反应需加热引发但属于放热反应，A错误；甲烷燃烧热对应产物应为CO2(g)，而选项B中产物为CO(g)，属于不完全燃烧，ΔH≠-890.3kJ·mol⁻¹，B错误；ΔH为负说明金刚石转化为石墨放热，石墨能量更低更稳定，C正确；硫蒸气内能高于硫固体，燃烧时释放热量更多，后者放热少，D错误；故选C。6.常温下，CuSO4(s)和CuSO4•5H2O(s)溶于水及CuSO4•5H2O(s)受热分解的能量变化如图所示。下列说法正确的是A.CuSO4•5H2O(s)受热分解是放热反应B.CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高C.ΔH3＜ΔH2D.ΔH3=ΔH1-ΔH2【答案】B【解析】CuSO4•5H2O(s)=CuSO4(s)+5H2O(l)∆H1＞0，则CuSO4•5H2O(s)受热分解是吸热反应，A不正确；CuSO4(s)溶于水时生成Cu2+(aq)+(aq),∆H2＜0，表示溶解放出热量，会使溶液温度升高，B正确；从图中可以看出，ΔH3＞0，ΔH2＜0，则ΔH3＞ΔH2，C不正确；|ΔH1|=|ΔH2|+|ΔH3|，则|ΔH3|=|ΔH1|-|ΔH2|=ΔH1+ΔH2，D不正确；故选B。7.传统的Haber—Bosch法目前仍是合成氨的主要方式，反应原理为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH＜0，反应条件为高温高压、催化剂，下列有关合成氨反应的说法正确的是A.加入适宜催化剂，增大了反应物分子中活化分子的百分数B.合成氨条件选择中，压强越大越好，有利于提高NH3产率C.将氨气及时液化分离，可加快速率D.升高温度，使正反应速率增大，逆反应速率减小【答案】A【解析】催化剂通过降低活化能，使更多分子成为活化分子，增加活化分子百分数，A正确；增大压强虽有利于提高产率，但实际生产中需考虑设备承受能力和成本，并非越大越好，B错误；分离氨气会减少生成物浓度，促使平衡右移，但反应速率由反应物浓度决定，分离不会加快速率，C错误；升温同时增大正、逆反应速率，但逆反应速率（吸热方向）增幅更大，D错误；故答案为A。8.某温度下，在恒容密闭容器中投入一定量的A、B，发生反应：3A(g)+B(g)⇌2C(g)+2D(s)，反应进程如下图所示。下列说法正确的是A.0~2s内，D的平均反应速率为0.15mol·L-1·s-1B.反应进行过程中，v(B)：v(C)=2:1C.12s时，A的转化率为75%D.图中两曲线相交时，A和B的平均反应速率相等【答案】C【解析】D是固体，反应过程中D浓度不变，不能用D的浓度变化表示反应速率，A错误；化学反应速率比等于化学计量系数之比，v(B)：v(C)=1:2，B错误；12s时，A的转化率为，C正确；图中两曲线相交时，A、B的浓度相同，A和B浓度的改变量不同，A和B的平均反应速率不相等，D错误；故选C。9.一定温度下，在一容积不变的密闭容器中发生可逆反应：2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)，以下能说明该反应达到化学平衡状态标志的是A.单位时间内生成lmolH2的同时分解2molHIB.HI的生成速率与HI的消耗速率相等C.混合气体的压强不再变化D.混合气体的密度不再变化【答案】B【解析】单位时间内生成1molH₂的同时分解2molHI，描述的是正反应方向的速率关系，未体现逆反应速率，无法判断是否平衡，A不符合题意；HI的生成速率（逆反应）与消耗速率（正反应）相等，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，B正确；反应前后气体物质的量相等（2mol→2mol），压强始终不变，不能作为平衡标志，C不符合题意；反应中所有物质均为气体，总质量守恒，容积不变，密度始终不变，不能作为平衡标志，D不符合题意；故答案为：B。10.一定条件下，分解形成碳的反应历程如图所示。下列有关说法不正确的是A.该反应为吸热反应 B.该反应历程共分4步进行C.该反应的快慢取决于第4步反应 D.该反应的所有基元反应都需要吸收热量【答案】D【解析】判断反应吸热放热需比较反应物和最终生成物的总能量。由能量图可知，C+4H的能量高于CH4，即生成物总能量高于反应物，该反应为吸热反应，A正确；反应历程的步数等于能量图中“峰”(过渡态)的数量，图中从CH4到C+4H依次经过4个峰，对应4步基元反应，B正确；反应速率由活化能最大的基元反应决定，能量图中第4步反应的活化能最大，故反应快慢取决于第4步，C正确；CH2+2H的能量高于CH+3H，则该步为放热反应，并非所有基元反应都吸热，D错误；答案选D。11.对于反应3Fe(s)＋4H2O(g)⇌Fe3O4(s)＋4H2(g)的平衡常数，下列说法正确的是A.该反应的平衡常数表达式为：K=B.改变铁的用量，平衡常数将会发生改变C.增大c(H2O)，能使该反应平衡常数减小D.降低反应的温度，平衡常数一定变化【答案】D【解析】平衡常数表达式中固体浓度不写入，Fe和Fe3O4均为固体，表达式应为K=，A错误；铁是固体，改变其用量不影响浓度，平衡常数仅由温度决定，B错误；平衡常数仅与温度有关，改变浓度不会影响平衡常数的大小，C错误；温度变化必然导致平衡常数变化，无论反应吸热还是放热，平衡都会发生移动，D正确；故选D。12.反应Cl2(g)+H2O(l)⇌HClO(aq)+H+(aq)+Cl-(aq)ΔH<0，达到平衡后，下列说法正确的是A.升高温度，氯水中的c(HClO)增大B.氯水中加入少量醋酸钠固体，平衡不发生移动C.利用该反应，结合平衡移动原理，可解释Cl2难溶于饱和食盐水D.取两份氯水，分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液，若前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色，可以证明上述反应存在限度【答案】C【解析】升高温度，平衡逆向移动，c(HClO)减小，A错误；氯水中加入少量醋酸钠固体，醋酸根离子和氢离子结合生成醋酸分子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，B错误；饱和食盐水中氯离子浓度较大，导致平衡逆向移动，抑制了氯气和水的反应，可以解释用饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体的原因，C正确；氯水中加硝酸银产生白色沉淀，证明溶液中有氯离子，氯水中加淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝，证明生成了碘单质，溶液中有强氧化性的物质，而氯气和次氯酸都有强氧化性，不能证明反应物和生成物共存，即不能证明上述反应存在限度，D错误；故选C。13.一定条件下将NO(g)和O2(g)按物质的量之比2：1充入反应容器，发生反应：2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)。其它条件相同时分别测得NO的平衡转化率在不同压强下随温度变化的曲线如图。下列说法错误的是A.p1<p2B.其他条件不变，温度升高，该反应的反应限度减小C.400℃、p1条件下，O2的平衡转化率为40%D.400℃时，该反应的化学平衡常数的数值为【答案】D【解析】该反应是正方向体积减小的反应，增大压强平衡正移，则NO的转化率会增大，由图可知，相同温度下，p2时NO的转化率大，则p2时压强大，即p1＜p2，故A正确；由图象可知，随着温度的升高，NO的转化率减小，说明升高温度，平衡逆向移动，该反应的反应限度减小，故B正确；根据图象，400℃、p1条件下，NO的平衡转化率为40%，将NO(g)和O2(g)按物质的量之比2∶1充入反应容器，则O2的平衡转化率也为40%，即NO的平衡转化率与O2的平衡转化率相等，故C正确；该反应为气体的体积发生变化的反应，根据平衡常数K=，而c=，因此K与气体的物质的量和容器的体积有关，题中均未提供，因此无法计算400℃时该反应的化学平衡常数K，故D错误；答案选D。14.某温度下，相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断不正确的是A.I是盐酸，Ⅱ是醋酸B.a、b、c三点KW数值相同C.溶液的导电性a>b>cD.取相同pH的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗盐酸的体积较小【答案】D【解析】盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大，溶液稀释时，醋酸进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，故Ⅱ应为醋酸稀释时的pH值变化曲线，I是盐酸，故A正确；Kw的大小只取决于温度，所以a、b、c三点Kw的数值相同，故B正确；溶液导电性取决于离子浓度，pH小时，H+浓度大，导电性强，则溶液的导电性a＞b＞c，故C正确；相同pH的两种酸溶液，醋酸的物质的量浓度大于盐酸，则中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗盐酸的体积较大，D错误；故答案为D。15.一定温度下，水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图所示，下列说法正确的是A.升高温度，可能引起由c向b的变化B.该温度下，水的离子积常数为1.0×10-14C.该温度下，加入少量FeCl3固体可能引起由a向b的变化D.该温度下，加少量NaOH固体可能引起由c向d的变化【答案】B【解析】c点溶液中c(OH－)>c(H＋)，溶液呈碱性，升温，溶液中c(OH－)不可能减小，A错误；由b点对应c(H＋)与c(OH－)可知，KW＝c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－7×1.0×10－7＝1.0×10－14，B正确；FeCl3溶液水解显酸性，溶液中c(H＋)增大，因一定温度下水的离子积是常数，故溶液中c(OH－)减小，因此加入FeCl3溶液可能引起由b向a的变化，C错误；c点溶液呈碱性，少量NaOH固体，c(OH－)增大，c(H＋)减小，因一定温度下水的离子积是常数，c点应向右侧曲线移动，D错误；故答案为B。16.根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计和结论都正确的是选项方案设计现象结论A等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应，用排水法收集气体HX放出的氢气多且反应速率快证明酸性是HX比HY弱B将0.2mol·L-1的KI溶液和0.05mol·L-1的FeCl3溶液等体积混合，充分反应后，取少许混合液滴加AgNO3溶液产生黄色沉淀验证Fe3+与I-的反应有一定限度C在容积不变的密闭容器中发生反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)向其中通入氩气反应速率不变说明化学反应速率不受压强影响D加热盛有2mL0.5mol/LCuCl2溶液的试管溶液由蓝色变为黄色[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-⇌[CuCl4]2-(黄色)+4H2O说明上述反应的ΔH＜0A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】pH相同的HX和HY，若HX反应速率快且产H2多，说明HX是弱酸（浓度更高，能持续电离），酸性更弱，A正确；KI过量，反应后溶液中必然存在I⁻，加入AgNO3生成AgI沉淀无法证明残留，B错误；通入氩气未改变反应物浓度，速率不变不能说明速率与压强无关（若压缩容器，浓度增大速率会变化），C错误；加热使溶液变黄，说明平衡向吸热方向移动，ΔH应>0，结论ΔH<0错误，D错误；故答案为A。非选择题部分二、填空题(本题包括4小题，共52分)17.试回答下列问题：（1）25℃时，有0.01mol·L-1的醋酸溶液，①写出醋酸的电离平衡常数表达式：Ka=_______，一般情况下，当温度升高时，Ka_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。②已知25℃时，HClO的Ka=4.0×10-8，CH3COOH的Ka=1.75×10-5，相同浓度的CH3COOH溶液和HClO溶液，酸性较强的是_______，则CH3COOH与NaClO溶液_______(填“能”或“不能”)反应，如果不能反应说出理由，如果能发生反应请写出相应的离子方程式_______。③常温下，0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式中数据变大的是_______。A．c(H+)B．C．c(H+)·c(OH-)D．（2）已知室温时，0.1mol∙L-1某一元碱BOH在水中有0.1%发生电离，此BOH溶液的pH=_______；由水电离出来的c(H+)=_______mol∙L-1。【答案】（1）①.②.增大③.CH3COOH④.能⑤.ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO⑥.B（2）①.10②.1×10-10【解析】【小问1详析】①醋酸的电离平衡常数表达式：Ka=；升高温度能够促进弱电解质的电离，所以一般情况下，当温度升高时，Ka增大；②电离平衡常数越大，越易电离，溶液中氢离子离子浓度越大，则酸性较强的是CH3COOH；由于酸性：H2CO3>HClO>HCO，则碳酸与次氯酸钠能反应，反应生成碳酸氢根离子，离子方程式：ClO-＋CH3COOH=CH3COO-＋HClO；③常温下，0.1mol/LCH3COOH溶液，中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-＋H+，加水稀释，促进电离，c(CH3COOH)减小，c(CH3COO-)和c(H+)均减小，由于温度不变，Ka和Kw均不变，所以溶液中c(OH-)增大；根据分析，c(H+)减小，A不符题意；，c(CH3COO-)减小，所以比值增大，B符合题意；Ka不变，所以c(H+)·c(OH-)不变，C不符题意；，温度不变，不变，D不符题意；故选B；【小问2详析】已知室温时，某一元碱0.1mol∙L-1BOH在水中有0.1%发生电离，此BOH溶液中，c(OH-)=0.1mol∙L-1×0.1%=1×10-4mol∙L-1，pH=10；溶液中H+全部来自水电离，则由水电离出来的c(H+)=1×10-10mol∙L-1。18.回答下列问题：（1）肼(N2H4)是一种可燃性液体，可用作火箭燃料。在常温常压下，已知16g肼在氧气中完全燃烧放出312kJ热量，写出表示肼燃烧热的热化学方程式_______。（2）如图所示的简易量热计可用于测定中和反应的反应热，内筒盛有一定量的盐酸和氢氧化钠溶液。下列有关实验的描述正确的是_______。A.仪器M可以为铁制搅拌器B.实验过程中需记录体系的最高温度C.实验过程中，将量筒中的NaOH溶液缓慢倒入盛有盐酸的量热计内筒中D.实验中如果用同体积同浓度的醋酸代替盐酸，测得的反应热ΔH偏大（3）氢气是最清洁的能源。甲烷-水蒸气重整制氢主要涉及的反应为Ⅰ．CH4(g)+H2O(g)⇌3H2(g)+CO(g)ΔH1=+206.3kJ·mol-1Ⅱ．CH4(g)+2H2O(g)⇌4H2(g)+CO2(g)ΔH2=+165.3kJ·mol-1①反应I自发进行的条件_______(填“低温”“高温”或“任意温度”)。②根据盖斯定律，CO(g)+H2O(g)⇌H2(g)+CO2(g)的ΔH=_______kJ·mol-1③已知：键能是指气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量，部分键能数据如下表所示，请结合反应I，求出H-H共价键的键能是_______kJ·mol-1共价键C-HCO(C≡O)O-H键能/kJ·mol4）NO是大气污染物，理论上可采用加热使NO分解而除去：2NO(g)⇌N2(g)+O2(g)。已知该反应正反应活化能为728kJ·mol-1，逆反应活化能为910kJ·mol-1；正反应熵变为-24.8J·K-1·mol-1。实际反应时发现加热至600℃时NO仍没有明显分解，请结合上述数据解释原因_______。【答案】（1）N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=-624kJ•mol-1（2）BD（3）①.高温②.-41③.433.9（4）反应虽然可以自发进行，但是正反应活化能较大，在较低温度下反应速率缓慢，故现象不明显【解析】中和热测定时，需要测定反应前酸和碱的初始温度，反应后体系的最高温度，为此需保证整个过程中仪器的保温性能良好，也就是仪器不散热，并能准确读出中和反应过程中的最高温度。【小问1详析】在常温常压下，16g肼(物质的量为=0.5mol)在氧气中完全燃烧放出312kJ热量，则1molN2H4(l)完全燃烧放热624kJ，表示肼燃烧热的热化学方程式为N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=-624kJ•mol-1。【小问2详析】仪器M为环形玻璃搅拌棒，不可使用铁制搅拌器，否则会因散热导致测定的热量数值偏低，A不正确；实验过程中需记录酸和碱的初始温度和体系的最高温度，B正确；实验过程中，应将量筒中的NaOH溶液快速倒入盛有盐酸的量热计内筒中，若操作过慢，会导致热量损失，C不正确；醋酸为弱酸，电离时吸热，实验中如果用同体积同浓度的醋酸代替盐酸，放出的热量少，测得的反应热ΔH偏大，D正确；故选BD。【小问3详析】Ⅰ．CH4(g)+H2O(g)3H2(g)+CO(g)ΔH1=+206.3kJ·mol-1Ⅱ．CH4(g)+2H2O(g)4H2(g)+CO2(g)ΔH2=+165.3kJ·mol-1①反应I的∆H＞0，∆S＞0，则自发进行的条件是高温。②根据盖斯定律，将反应Ⅱ-Ⅰ得，CO(g)+H2O(g)⇌H2(g)+CO2(g)ΔH=(+165.3kJ·mol-1)-(+206.3kJ·mol-1)=-41kJ·mol-1。③设H-H键能为x，ΔH1=反应物的总键能-生成物的总键能=(414kJ·mol-1)×4+(464kJ·mol-1)×2-3x-1076kJ·mol-1=+206.3kJ·mol-1，则x=433.9kJ·mol-1，故H-H共价键的键能是433.9kJ·mol-1。【小问4详析】反应2NO(g)⇌N2(g)+O2(g)的正反应活化能为728kJ·mol-1，逆反应活化能为910kJ·mol-1；则∆H=728kJ·mol-1-910kJ·mol-1=-182kJ·mol-1，理论上正反应在低温下可以自发进行，但正反应的活化能为728kJ·mol-1，活化能较大，则实际反应时发现加热至600℃时NO仍没有明显分解，原因:反应虽然可以自发进行，但是正反应活化能较大，在较低温度下反应速率缓慢，故现象不明显。19.滴定分析是一种操作简便、准确度高的定量分析方法，它可广泛应用于中和滴定、氧化还原反应等滴定中。I．用NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，完成以下填空：（1）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注意观察_______。（2）如图为盛放盐酸的滴定管中液面位置，其读数为_______mL。（3）以下操作会导致测得的待测液浓度偏大的是_______。A.滴定管未用标准溶液润洗就直接注入标准溶液B.滴定前盛放盐酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C.装标准溶液的滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失D.滴定结束时俯视读数Ⅱ．某同学通过高锰酸钾溶液来测定草酸(H2C2O4)样品中草酸的质量分数(样品中杂质不与高锰酸钾反应)，其反应的离子方程式：2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。某同学称取2.000g草酸样品，配制成100mL溶液，移取40.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol/L的KMnO4标准溶液滴定。达到滴定终点时，消耗标准溶液20.00mL。（4）滴定时，应将高锰酸钾标准溶液注入_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。（5）到达滴定终点的现象为_______。（6）草酸样品中草酸的质量分数为_______。【答案】（1）锥形瓶中溶液颜色变化（2）22.80（3）AC（4）酸式（5）滴入最后半滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变成浅红色且30s内不褪色（6）56.25%【解析】【小问1详析】滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注意观察锥形瓶内溶液颜色的变化。【小问2详析】滴定管读数时，精确到小数点后两位数，滴定管的读数为：22.80mL。【小问3详析】滴定管未用标准溶液润洗就直接注入标准溶液，会使标准溶液被滴定管内壁的水稀释，滴定过程中，为达到滴定终点，需要消耗更多的标准液，V标准偏大，根据公式c标准V标准=c待测V待测，c待测会偏大，A正确；滴定前盛放盐酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，由于待测液的物质的量不变，滴定过程中消耗的标准溶液体积也不变，c待测不变，B错误；装标准溶液的滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，气泡的体积会被计入标准溶液的体积，导致读取的V标准偏大，根据公式c标准V标准=c待测V待测，c待测偏大，C正确；滴定结束时俯视读数，会使读取的标准溶液体积V标准偏小，根据公式c标准V标准=c待测V待测，c待测偏小，D错误；故答案为：AC。【小问4详析】高锰酸钾具有腐蚀性，应该注入到酸式滴定管内。【小问5详析】高锰酸钾滴定草酸，达到终点时，最后半滴高锰酸钾溶液滴入时，溶液颜色变成浅红色且30s内不褪色。【小问6详析】根据方程式：2MnO+5H2C2O4

+6H+

=2Mn2+

+10CO2

↑+8H2O可知，n(H2C2O4)=n(Mn