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6. 根据如图所示的实验装置，回答下列问题。
(第6题图)
（1）某同学利用“多米诺骨牌”效应，设计了如图甲所示的气体制取与性质验证的组合实验。打开A中分液漏斗的活塞，很快看到E中导管口有气泡冒出，且溶液由紫色变为红色。
① C、D中看到的现象分别是
② 用化学方程式表示E中颜色变化的原因：
（2）在实验室中，集气瓶被称作“万能瓶”，用它可以组装成各种用途的装置，请仔细观察图乙所示的各个装置的特点回答问题：
① 实验室若用G装置收集氧气，则氧气应从
② 若要测定收集的二氧化碳气体体积，应选用
③ 若用J装置收集二氧化碳气体，植物油的作用是
④ 若要除去一氧化碳中的少量二氧化碳，同时用该瓶收集较纯净的一氧化碳，应选用
(第6题图)
（1）某同学利用“多米诺骨牌”效应，设计了如图甲所示的气体制取与性质验证的组合实验。打开A中分液漏斗的活塞，很快看到E中导管口有气泡冒出，且溶液由紫色变为红色。
① C、D中看到的现象分别是
C中液面下降，稀盐酸进入D中；D中固体逐渐减少，产生大量气泡
；写出A中反应的化学方程式：$\ce{2H_{2}O_{2}\xlongequal{MnO_{2}}2H_{2}O + O_{2}\uparrow}$
。② 用化学方程式表示E中颜色变化的原因：
$\ce{CO_{2} + H_{2}O = H_{2}CO_{3}}$
；能用F装置收集气体的依据是二氧化碳密度比空气密度大
。（2）在实验室中，集气瓶被称作“万能瓶”，用它可以组装成各种用途的装置，请仔细观察图乙所示的各个装置的特点回答问题：
① 实验室若用G装置收集氧气，则氧气应从
b
（填导管口字母）口进入。② 若要测定收集的二氧化碳气体体积，应选用
J
装置。③ 若用J装置收集二氧化碳气体，植物油的作用是
隔离，防止二氧化碳溶于水并与水反应
。④ 若要除去一氧化碳中的少量二氧化碳，同时用该瓶收集较纯净的一氧化碳，应选用
I
装置，请写出其中发生反应的化学方程式：$\ce{Ca(OH)_{2} + CO_{2}=CaCO_{3}\downarrow + H_{2}O}$
。答案
(1) ① C中液面下降，稀盐酸进入D中；D中固体逐渐减少，产生大量气泡 $\ce{2H_{2}O_{2}\xlongequal{MnO_{2}}2H_{2}O + O_{2}\uparrow}$
② $\ce{CO_{2} + H_{2}O = H_{2}CO_{3}}$ 二氧化碳密度比空气密度大
(2) ① b ② J ③ 隔离，防止二氧化碳溶于水并与水反应
④ I $\ce{Ca(OH)_{2} + CO_{2}=CaCO_{3}\downarrow + H_{2}O}$
〔解析〕(2) ① 氧气的密度比空气密度大，用向上排空气法进行收集，实验室若用G装置收集氧气，氧气应从短导管进，即氧气应从b口进入。② 若要测定收集的二氧化碳气体体积，应选用J装置，排出水的体积即为二氧化碳气体的体积。③ 二氧化碳溶于水且与水反应，若用J装置收集二氧化碳气体，植物油的作用是隔离，防止二氧化碳溶于水并与水反应。④ 若要除去一氧化碳中的少量二氧化碳，同时收集较纯净的一氧化碳，应选用I装置，因为一氧化碳与石灰水不反应且不溶于水，二氧化碳与石灰水反应生成碳酸钙和水，可以利用石灰水除去二氧化碳，其中发生反应的化学方程式为$\ce{Ca(OH)_{2} + CO_{2}=CaCO_{3}\downarrow + H_{2}O}$。
② $\ce{CO_{2} + H_{2}O = H_{2}CO_{3}}$ 二氧化碳密度比空气密度大
(2) ① b ② J ③ 隔离，防止二氧化碳溶于水并与水反应
④ I $\ce{Ca(OH)_{2} + CO_{2}=CaCO_{3}\downarrow + H_{2}O}$
〔解析〕(2) ① 氧气的密度比空气密度大，用向上排空气法进行收集，实验室若用G装置收集氧气，氧气应从短导管进，即氧气应从b口进入。② 若要测定收集的二氧化碳气体体积，应选用J装置，排出水的体积即为二氧化碳气体的体积。③ 二氧化碳溶于水且与水反应，若用J装置收集二氧化碳气体，植物油的作用是隔离，防止二氧化碳溶于水并与水反应。④ 若要除去一氧化碳中的少量二氧化碳，同时收集较纯净的一氧化碳，应选用I装置，因为一氧化碳与石灰水不反应且不溶于水，二氧化碳与石灰水反应生成碳酸钙和水，可以利用石灰水除去二氧化碳，其中发生反应的化学方程式为$\ce{Ca(OH)_{2} + CO_{2}=CaCO_{3}\downarrow + H_{2}O}$。
解析
【分析】
这道题需要我们先理清甲装置的“多米诺骨牌”压强传导逻辑：首先A中过氧化氢分解产生氧气，氧气依次增大后续装置的压强，推动液体流动，触发后续反应，再结合氧气、二氧化碳的性质推导各装置现象；对于乙图的万能瓶，要根据不同实验目的，结合气体的密度、溶解性、反应特性，判断进气方向、装置选择和试剂作用。首先从A的反应入手，一步步顺着气流和压强变化推导后续现象，再对应多功能瓶的不同使用规则逐一解题即可。
【解析】
（1）① A中过氧化氢在二氧化锰催化下生成氧气，氧气进入B装置后B内压强增大，将B中的水压入C，C中压强进一步增大，将稀盐酸压入D中，因此C中液面下降，稀盐酸进入D中；D内石灰石和流入的稀盐酸接触，发生反应生成二氧化碳，因此D中固体逐渐减少，产生大量气泡。A中反应的化学方程式为$\ce{2H_{2}O_{2}\xlongequal{MnO_{2}}2H_{2}O + O_{2}\uparrow}$。
② E中石蕊溶液变红，是因为D中生成的二氧化碳进入E后，和水反应生成酸性的碳酸，化学方程式为$\ce{CO_{2} + H_{2}O = H_{2}CO_{3}}$；F是向上排空气法收集装置，能用来收集二氧化碳的依据是二氧化碳密度比空气密度大，且不与空气中的成分反应。
（2）① G装置为倒放的排空气收集装置，氧气密度比空气大，从短导管b通入后，氧气会在集气瓶底部聚集，将密度更小的空气从长导管a排出，因此氧气从b口进入。
② 要测定二氧化碳的体积，需要通过测量排出水的体积得到二氧化碳体积，由于二氧化碳可溶于水且和水反应，需要在水面上加植物油隔离，因此选用J装置。
③ J装置中植物油的作用是隔离二氧化碳和水，防止二氧化碳溶于水并与水反应，避免体积测量出现误差。
④ 要除去一氧化碳中的少量二氧化碳，同时收集纯净的一氧化碳，选用I装置：瓶内的石灰水可以和二氧化碳反应将其除去，一氧化碳不与石灰水反应且难溶于水，会留在瓶内将石灰水压出，实现除杂和收集的目的，反应的化学方程式为$\ce{Ca(OH)_{2} + CO_{2}=CaCO_{3}\downarrow + H_{2}O}$。
【答案】
(1) ① C中液面下降，稀盐酸进入D中；D中固体逐渐减少，产生大量气泡 $\ce{2H_{2}O_{2}\xlongequal{MnO_{2}}2H_{2}O + O_{2}\uparrow}$
② $\ce{CO_{2} + H_{2}O = H_{2}CO_{3}}$ 二氧化碳密度比空气密度大
(2) ① b ② J ③ 隔离，防止二氧化碳溶于水并与水反应
④ I $\ce{Ca(OH)_{2} + CO_{2}=CaCO_{3}\downarrow + H_{2}O}$
【知识点】
过氧化氢制氧气；二氧化碳的性质；多功能瓶使用
【点评】
本题综合性较强，通过“多米诺效应”串联了氧气、二氧化碳的制取与性质实验，还覆盖了多功能瓶的收集、量气、除杂等多种用途，既考察了基础反应方程式的书写，也要求学生理解整套装置的压强变化逻辑，结合气体特性选择对应的实验操作，能有效检验学生对气体相关实验的掌握程度。
【难度系数】
0.6
这道题需要我们先理清甲装置的“多米诺骨牌”压强传导逻辑：首先A中过氧化氢分解产生氧气，氧气依次增大后续装置的压强，推动液体流动，触发后续反应，再结合氧气、二氧化碳的性质推导各装置现象；对于乙图的万能瓶，要根据不同实验目的，结合气体的密度、溶解性、反应特性，判断进气方向、装置选择和试剂作用。首先从A的反应入手，一步步顺着气流和压强变化推导后续现象，再对应多功能瓶的不同使用规则逐一解题即可。
【解析】
（1）① A中过氧化氢在二氧化锰催化下生成氧气，氧气进入B装置后B内压强增大，将B中的水压入C，C中压强进一步增大，将稀盐酸压入D中，因此C中液面下降，稀盐酸进入D中；D内石灰石和流入的稀盐酸接触，发生反应生成二氧化碳，因此D中固体逐渐减少，产生大量气泡。A中反应的化学方程式为$\ce{2H_{2}O_{2}\xlongequal{MnO_{2}}2H_{2}O + O_{2}\uparrow}$。
② E中石蕊溶液变红，是因为D中生成的二氧化碳进入E后，和水反应生成酸性的碳酸，化学方程式为$\ce{CO_{2} + H_{2}O = H_{2}CO_{3}}$；F是向上排空气法收集装置，能用来收集二氧化碳的依据是二氧化碳密度比空气密度大，且不与空气中的成分反应。
（2）① G装置为倒放的排空气收集装置，氧气密度比空气大，从短导管b通入后，氧气会在集气瓶底部聚集，将密度更小的空气从长导管a排出，因此氧气从b口进入。
② 要测定二氧化碳的体积，需要通过测量排出水的体积得到二氧化碳体积，由于二氧化碳可溶于水且和水反应，需要在水面上加植物油隔离，因此选用J装置。
③ J装置中植物油的作用是隔离二氧化碳和水，防止二氧化碳溶于水并与水反应，避免体积测量出现误差。
④ 要除去一氧化碳中的少量二氧化碳，同时收集纯净的一氧化碳，选用I装置：瓶内的石灰水可以和二氧化碳反应将其除去，一氧化碳不与石灰水反应且难溶于水，会留在瓶内将石灰水压出，实现除杂和收集的目的，反应的化学方程式为$\ce{Ca(OH)_{2} + CO_{2}=CaCO_{3}\downarrow + H_{2}O}$。
【答案】
(1) ① C中液面下降，稀盐酸进入D中；D中固体逐渐减少，产生大量气泡 $\ce{2H_{2}O_{2}\xlongequal{MnO_{2}}2H_{2}O + O_{2}\uparrow}$
② $\ce{CO_{2} + H_{2}O = H_{2}CO_{3}}$ 二氧化碳密度比空气密度大
(2) ① b ② J ③ 隔离，防止二氧化碳溶于水并与水反应
④ I $\ce{Ca(OH)_{2} + CO_{2}=CaCO_{3}\downarrow + H_{2}O}$
【知识点】
过氧化氢制氧气；二氧化碳的性质；多功能瓶使用
【点评】
本题综合性较强，通过“多米诺效应”串联了氧气、二氧化碳的制取与性质实验，还覆盖了多功能瓶的收集、量气、除杂等多种用途，既考察了基础反应方程式的书写，也要求学生理解整套装置的压强变化逻辑，结合气体特性选择对应的实验操作，能有效检验学生对气体相关实验的掌握程度。
【难度系数】
0.6
7. 新趋势 项目式学习 某小组以“探究燃烧的奥秘”为主题开展项目式学习。
任务一:认识可燃物
(1) 酒精($\ce{C_{2}H_{5}OH}$)、天然气是生活中常见的燃料,燃烧会生成二氧化碳和水,写出酒精燃烧的化学方程式: ______。
任务二:探究燃烧条件
小组同学利用图甲所示的装置探究燃烧的条件,点燃蜡烛后立即塞紧橡皮塞,待蜡烛熄灭后,将滴管中的水全部滴入集气瓶中,铝盒中的白磷立即燃烧。生石灰($\ce{CaO}$)遇水会生成熟石灰[$\ce{Ca(OH)_{2}}$],放出大量的热。如图乙所示为瓶中$\ce{CO_{2}}$(①)和$\ce{O_{2}}$(②)的含量随时间变化的图像。
(第7题图)
(2) 导致铝盒中白磷燃烧的原因是________,其中导致白磷燃烧的化学方程式为________。
(3) 分析图像得知,蜡烛熄灭的时间是________(填“$t_{1}$”“$t_{2}$”或“$t_{3}$”),曲线①中$t_{2}$之后二氧化碳含量略有上升的原因是________。
(4) 由图像中曲线②分析可知:不同可燃物在空气中燃烧除需要氧气、温度达到其着火点之外,还需要的条件是________。
任务三:认识灭火原理
(5) $\ce{KHCO_{3}}$灭火的原理较复杂,$\ce{KHCO_{3}}$受热分解时吸收能量,反应的化学方程式为$\ce{2KHCO_{3}\xlongequal{\Delta}K_{2}CO_{3} + CO_{2}\uparrow + H_{2}O}$,$\ce{KHCO_{3}}$可用于灭火的原因有________。
(6) 现有$4.6\ \mathrm{g}$燃料$\mathrm{M}$(相对分子质量为$46$),在氧气中燃烧生成了$4.4\ \mathrm{g}\ \ce{CO_{2}}$、$2.8\ \mathrm{g}\ \ce{CO}$和$5.4\ \mathrm{g}\ \ce{H_{2}O}$,需要氧气的质量为$\_\_\_\_\_\_\ \mathrm{g}$,根据以上数据写出该反应的化学方程式: ______。
任务一:认识可燃物
(1) 酒精($\ce{C_{2}H_{5}OH}$)、天然气是生活中常见的燃料,燃烧会生成二氧化碳和水,写出酒精燃烧的化学方程式: ______。
任务二:探究燃烧条件
小组同学利用图甲所示的装置探究燃烧的条件,点燃蜡烛后立即塞紧橡皮塞,待蜡烛熄灭后,将滴管中的水全部滴入集气瓶中,铝盒中的白磷立即燃烧。生石灰($\ce{CaO}$)遇水会生成熟石灰[$\ce{Ca(OH)_{2}}$],放出大量的热。如图乙所示为瓶中$\ce{CO_{2}}$(①)和$\ce{O_{2}}$(②)的含量随时间变化的图像。
(第7题图)
(2) 导致铝盒中白磷燃烧的原因是________,其中导致白磷燃烧的化学方程式为________。
(3) 分析图像得知,蜡烛熄灭的时间是________(填“$t_{1}$”“$t_{2}$”或“$t_{3}$”),曲线①中$t_{2}$之后二氧化碳含量略有上升的原因是________。
(4) 由图像中曲线②分析可知:不同可燃物在空气中燃烧除需要氧气、温度达到其着火点之外,还需要的条件是________。
任务三:认识灭火原理
(5) $\ce{KHCO_{3}}$灭火的原理较复杂,$\ce{KHCO_{3}}$受热分解时吸收能量,反应的化学方程式为$\ce{2KHCO_{3}\xlongequal{\Delta}K_{2}CO_{3} + CO_{2}\uparrow + H_{2}O}$,$\ce{KHCO_{3}}$可用于灭火的原因有________。
(6) 现有$4.6\ \mathrm{g}$燃料$\mathrm{M}$(相对分子质量为$46$),在氧气中燃烧生成了$4.4\ \mathrm{g}\ \ce{CO_{2}}$、$2.8\ \mathrm{g}\ \ce{CO}$和$5.4\ \mathrm{g}\ \ce{H_{2}O}$,需要氧气的质量为$\_\_\_\_\_\_\ \mathrm{g}$,根据以上数据写出该反应的化学方程式: ______。
答案
(1) $\ce{C_{2}H_{5}OH + 3O_{2}\xlongequal{点燃}2CO_{2} + 3H_{2}O}$
(2) 滴入的水与生石灰反应放热，铝盒有良好的导热性，使温度达到白磷的着火点 $\ce{CaO + H_{2}O=Ca(OH)_{2}}$
(3) $t_{1}$ 白磷燃烧消耗氧气导致装置内的气体总量减少
(4) 氧气达到各自可燃物燃烧所需的最低浓度
(5) $\ce{KHCO_{3}}$分解吸收能量，产生的水蒸发吸收热量，使温度降到可燃物着火点以下，同时$\ce{KHCO_{3}}$分解产生$\ce{CO_{2}}$，能隔绝$\ce{O_{2}}$
(6) 8 $\ce{2C_{2}H_{6}O + 5O_{2}\xlongequal{点燃}2CO_{2} + 2CO + 6H_{2}O}$
〔解析〕(2) 水和生石灰反应生成氢氧化钙的过程中放热，铝盒有良好的导热性，导致铝盒温度升高，进而使白磷燃烧。(3) 由图乙可知，$t_{1}$时二氧化碳的含量不再增加，说明蜡烛已熄灭。曲线①中$t_{2}$之后二氧化碳含量略有上升，是因为白磷燃烧继续消耗装置内的氧气，导致装置内气体总量减少，二氧化碳含量升高。(4) 由图乙中的曲线②可知，氧气并没有完全耗尽，说明不同可燃物在空气中燃烧除需要氧气、温度达到其着火点之外，还需要的条件是氧气达到各自可燃物燃烧所需的最低浓度。(5) 碳酸氢钾受热分解时吸收能量，且生成水，水蒸发吸热，可降低温度至可燃物的着火点以下；二氧化碳不燃烧、不支持燃烧，密度比空气大，分解生成的二氧化碳覆盖在可燃物表面，隔绝氧气，达到灭火的目的。(6) 依据质量守恒定律可知：反应前后物质的总质量不变，则消耗的氧气的质量为$4.4\ \mathrm{g}+2.8\ \mathrm{g}+5.4\ \mathrm{g}-4.6\ \mathrm{g}=8.0\ \mathrm{g}$；$4.4\ \mathrm{g}$二氧化碳中碳元素的质量为$4.4\ \mathrm{g}×(\dfrac{12}{44}×100\%)=1.2\ \mathrm{g}$，一氧化碳中碳元素的质量为$2.8\ \mathrm{g}×(\dfrac{12}{28}×100\%)=1.2\ \mathrm{g}$，$5.4\ \mathrm{g}$水中氢元素的质量为$5.4\ \mathrm{g}×(\dfrac{2}{18}×100\%)=0.6\ \mathrm{g}$，根据反应前后元素的种类和质量不变，则该燃料中含碳元素的质量为$1.2\ \mathrm{g}+1.2\ \mathrm{g}=2.4\ \mathrm{g}$，氢元素的质量为$0.6\ \mathrm{g}$，则氧元素的质量为$4.6\ \mathrm{g}-2.4\ \mathrm{g}-0.6\ \mathrm{g}=1.6\ \mathrm{g}$，则该燃料中碳、氢、氧原子的个数比为$\dfrac{2.4\ \mathrm{g}}{12}:\dfrac{0.6\ \mathrm{g}}{1}:\dfrac{1.6\ \mathrm{g}}{16}=2:6:1$，而该燃料的相对分子质量为46，则该燃料的化学式为$\ce{C_{2}H_{6}O}$，反应中的化学计量数之比是$\dfrac{4.6\ \mathrm{g}}{46}:\dfrac{8\ \mathrm{g}}{32}:\dfrac{4.4\ \mathrm{g}}{44}:\dfrac{2.8\ \mathrm{g}}{28}:\dfrac{5.4\ \mathrm{g}}{18}=2:5:2:2:6$，则燃烧的化学方程式为$\ce{2C_{2}H_{6}O + 5O_{2}\xlongequal{点燃}2CO_{2} + 2CO + 6H_{2}O}$。
(2) 滴入的水与生石灰反应放热，铝盒有良好的导热性，使温度达到白磷的着火点 $\ce{CaO + H_{2}O=Ca(OH)_{2}}$
(3) $t_{1}$ 白磷燃烧消耗氧气导致装置内的气体总量减少
(4) 氧气达到各自可燃物燃烧所需的最低浓度
(5) $\ce{KHCO_{3}}$分解吸收能量，产生的水蒸发吸收热量，使温度降到可燃物着火点以下，同时$\ce{KHCO_{3}}$分解产生$\ce{CO_{2}}$，能隔绝$\ce{O_{2}}$
(6) 8 $\ce{2C_{2}H_{6}O + 5O_{2}\xlongequal{点燃}2CO_{2} + 2CO + 6H_{2}O}$
〔解析〕(2) 水和生石灰反应生成氢氧化钙的过程中放热，铝盒有良好的导热性，导致铝盒温度升高，进而使白磷燃烧。(3) 由图乙可知，$t_{1}$时二氧化碳的含量不再增加，说明蜡烛已熄灭。曲线①中$t_{2}$之后二氧化碳含量略有上升，是因为白磷燃烧继续消耗装置内的氧气，导致装置内气体总量减少，二氧化碳含量升高。(4) 由图乙中的曲线②可知，氧气并没有完全耗尽，说明不同可燃物在空气中燃烧除需要氧气、温度达到其着火点之外，还需要的条件是氧气达到各自可燃物燃烧所需的最低浓度。(5) 碳酸氢钾受热分解时吸收能量，且生成水，水蒸发吸热，可降低温度至可燃物的着火点以下；二氧化碳不燃烧、不支持燃烧，密度比空气大，分解生成的二氧化碳覆盖在可燃物表面，隔绝氧气，达到灭火的目的。(6) 依据质量守恒定律可知：反应前后物质的总质量不变，则消耗的氧气的质量为$4.4\ \mathrm{g}+2.8\ \mathrm{g}+5.4\ \mathrm{g}-4.6\ \mathrm{g}=8.0\ \mathrm{g}$；$4.4\ \mathrm{g}$二氧化碳中碳元素的质量为$4.4\ \mathrm{g}×(\dfrac{12}{44}×100\%)=1.2\ \mathrm{g}$，一氧化碳中碳元素的质量为$2.8\ \mathrm{g}×(\dfrac{12}{28}×100\%)=1.2\ \mathrm{g}$，$5.4\ \mathrm{g}$水中氢元素的质量为$5.4\ \mathrm{g}×(\dfrac{2}{18}×100\%)=0.6\ \mathrm{g}$，根据反应前后元素的种类和质量不变，则该燃料中含碳元素的质量为$1.2\ \mathrm{g}+1.2\ \mathrm{g}=2.4\ \mathrm{g}$，氢元素的质量为$0.6\ \mathrm{g}$，则氧元素的质量为$4.6\ \mathrm{g}-2.4\ \mathrm{g}-0.6\ \mathrm{g}=1.6\ \mathrm{g}$，则该燃料中碳、氢、氧原子的个数比为$\dfrac{2.4\ \mathrm{g}}{12}:\dfrac{0.6\ \mathrm{g}}{1}:\dfrac{1.6\ \mathrm{g}}{16}=2:6:1$，而该燃料的相对分子质量为46，则该燃料的化学式为$\ce{C_{2}H_{6}O}$，反应中的化学计量数之比是$\dfrac{4.6\ \mathrm{g}}{46}:\dfrac{8\ \mathrm{g}}{32}:\dfrac{4.4\ \mathrm{g}}{44}:\dfrac{2.8\ \mathrm{g}}{28}:\dfrac{5.4\ \mathrm{g}}{18}=2:5:2:2:6$，则燃烧的化学方程式为$\ce{2C_{2}H_{6}O + 5O_{2}\xlongequal{点燃}2CO_{2} + 2CO + 6H_{2}O}$。
解析
【分析】
这道题围绕燃烧的探究主题分层设问，解题时可以顺着任务的逻辑逐步推导：
1. 任务一书写酒精燃烧方程式，回忆含碳氢氧的可燃物完全燃烧生成$\ce{CO_{2}}$和$\ce{H_{2}O}$，按照化学方程式配平规则配平即可。
2. 任务二探究燃烧条件，首先回忆燃烧三要素：可燃物、与氧气接触、温度达到着火点，蜡烛熄灭后瓶内还有剩余氧气，白磷本身是可燃物，只需要温度达到着火点即可，结合题干给出的生石灰和水反应放热的信息，就能推导白磷燃烧的原因。
3. 分析图乙的曲线，二氧化碳含量不再升高的时刻就是蜡烛停止燃烧的时刻，对应$t_1$；$t_2$之后白磷燃烧消耗大量氧气，瓶内总气体总量减少，二氧化碳的占比就会略微上升。观察氧气曲线，蜡烛熄灭后装置内还有大量氧气剩余，说明燃烧不是只要有氧气就能进行，还需要氧气的浓度达到可燃物燃烧要求的最低值。
4. 任务三分析碳酸氢钾灭火的原理，结合给出的分解反应，从降温、隔绝氧气两个灭火的核心维度梳理即可。
5. 最后定量计算部分，先用质量守恒定律，生成物总质量减去燃料质量得到消耗氧气的质量，再通过元素质量守恒推导燃料的化学式，最后通过各物质的质量除以相对分子质量得到化学计量数之比，配平反应方程式。
【解析】
(1) 酒精完全燃烧生成二氧化碳和水，根据原子守恒配平得到对应化学方程式。
(2) 蜡烛熄灭后瓶内仍残留有氧气，滴入的水与生石灰反应放出大量热，铝盒导热性良好，使温度升高达到白磷的着火点，满足白磷燃烧的全部条件，因此白磷燃烧；生石灰和水反应生成氢氧化钙，放出大量热。
(3) 蜡烛燃烧会生成二氧化碳，当蜡烛熄灭后，二氧化碳的质量不再增加，对应曲线①在$t_1$时刻后含量不再上升，因此蜡烛熄灭的时间是$t_1$；$t_2$之后白磷燃烧消耗大量氧气，装置内的气体总物质的量减少，二氧化碳的体积占比随之略有升高。
(4) 从曲线②可以看出，蜡烛熄灭后装置内仍有大量氧气剩余，后续白磷燃烧继续消耗氧气直到浓度更低才熄灭，说明不同可燃物燃烧除了有氧气、温度达到着火点外，还需要氧气达到各自燃烧所需的最低浓度。
(5) $\ce{KHCO_{3}}$受热分解时吸收能量，同时生成的水蒸发也会吸收大量热量，可将温度降低到可燃物的着火点以下；分解生成的$\ce{CO_{2}}$不燃烧也不支持燃烧，密度比空气大，可以覆盖在可燃物表面隔绝氧气，因此可以灭火。
(6) 根据质量守恒定律，参加反应的氧气质量等于生成物总质量减去燃料M的质量：$4.4\ \mathrm{g}+2.8\ \mathrm{g}+5.4\ \mathrm{g}-4.6\ \mathrm{g}=8\ \mathrm{g}$；
计算各元素质量：4.4g $\ce{CO_{2}}$中C元素质量为$4.4\mathrm{g}×\frac{12}{44}=1.2\mathrm{g}$，2.8g $\ce{CO}$中C元素质量为$2.8\mathrm{g}×\frac{12}{28}=1.2\mathrm{g}$，5.4g $\ce{H_{2}O}$中H元素质量为$5.4\mathrm{g}×\frac{2}{18}=0.6\mathrm{g}$，因此燃料M中C总质量2.4g，H总质量0.6g，O元素质量为$4.6\mathrm{g}-2.4\mathrm{g}-0.6\mathrm{g}=1.6\mathrm{g}$，C、H、O原子个数比为$\frac{2.4\mathrm{g}}{12}:\frac{0.6\mathrm{g}}{1}:\frac{1.6\mathrm{g}}{16}=2:6:1$，结合相对分子质量为46，可得M的化学式为$\ce{C_{2}H_{6}O}$；
各物质的化学计量数之比为$\frac{4.6\mathrm{g}}{46}:\frac{8\mathrm{g}}{32}:\frac{4.4\mathrm{g}}{44}:\frac{2.8\mathrm{g}}{28}:\frac{5.4\mathrm{g}}{18}=2:5:2:2:6$，即可配平得到反应方程式。
【答案】
(1) $\ce{C_{2}H_{5}OH + 3O_{2}\xlongequal{点燃}2CO_{2} + 3H_{2}O}$
(2) 滴入的水与生石灰反应放热，铝盒有良好的导热性，使温度达到白磷的着火点；$\ce{CaO + H_{2}O=Ca(OH)_{2}}$
(3) $t_{1}$；白磷燃烧消耗氧气导致装置内的气体总量减少
(4) 氧气达到各自可燃物燃烧所需的最低浓度
(5) $\ce{KHCO_{3}}$分解吸收能量，产生的水蒸发吸收热量，使温度降到可燃物着火点以下，同时$\ce{KHCO_{3}}$分解产生$\ce{CO_{2}}$，能隔绝$\ce{O_{2}}$
(6) 8；$\ce{2C_{2}H_{6}O + 5O_{2}\xlongequal{点燃}2CO_{2} + 2CO + 6H_{2}O}$
【知识点】
燃烧的条件，化学方程式书写，质量守恒定律应用
【点评】
本题以项目式学习为载体，结合实验装置图和变化曲线综合考察燃烧相关的核心知识点，既包含基础方程式书写，也有图像分析和定量计算的综合考察，易错点是对二氧化碳含量后期上升的原因分析，以及最后根据质量推导反应方程式的步骤，需要学生结合图像信息和元素守恒逻辑推导。
【难度系数】
0.6
这道题围绕燃烧的探究主题分层设问，解题时可以顺着任务的逻辑逐步推导：
1. 任务一书写酒精燃烧方程式，回忆含碳氢氧的可燃物完全燃烧生成$\ce{CO_{2}}$和$\ce{H_{2}O}$，按照化学方程式配平规则配平即可。
2. 任务二探究燃烧条件，首先回忆燃烧三要素：可燃物、与氧气接触、温度达到着火点，蜡烛熄灭后瓶内还有剩余氧气，白磷本身是可燃物，只需要温度达到着火点即可，结合题干给出的生石灰和水反应放热的信息，就能推导白磷燃烧的原因。
3. 分析图乙的曲线，二氧化碳含量不再升高的时刻就是蜡烛停止燃烧的时刻，对应$t_1$；$t_2$之后白磷燃烧消耗大量氧气，瓶内总气体总量减少，二氧化碳的占比就会略微上升。观察氧气曲线，蜡烛熄灭后装置内还有大量氧气剩余，说明燃烧不是只要有氧气就能进行，还需要氧气的浓度达到可燃物燃烧要求的最低值。
4. 任务三分析碳酸氢钾灭火的原理，结合给出的分解反应，从降温、隔绝氧气两个灭火的核心维度梳理即可。
5. 最后定量计算部分，先用质量守恒定律，生成物总质量减去燃料质量得到消耗氧气的质量，再通过元素质量守恒推导燃料的化学式，最后通过各物质的质量除以相对分子质量得到化学计量数之比，配平反应方程式。
【解析】
(1) 酒精完全燃烧生成二氧化碳和水，根据原子守恒配平得到对应化学方程式。
(2) 蜡烛熄灭后瓶内仍残留有氧气，滴入的水与生石灰反应放出大量热，铝盒导热性良好，使温度升高达到白磷的着火点，满足白磷燃烧的全部条件，因此白磷燃烧；生石灰和水反应生成氢氧化钙，放出大量热。
(3) 蜡烛燃烧会生成二氧化碳，当蜡烛熄灭后，二氧化碳的质量不再增加，对应曲线①在$t_1$时刻后含量不再上升，因此蜡烛熄灭的时间是$t_1$；$t_2$之后白磷燃烧消耗大量氧气，装置内的气体总物质的量减少，二氧化碳的体积占比随之略有升高。
(4) 从曲线②可以看出，蜡烛熄灭后装置内仍有大量氧气剩余，后续白磷燃烧继续消耗氧气直到浓度更低才熄灭，说明不同可燃物燃烧除了有氧气、温度达到着火点外，还需要氧气达到各自燃烧所需的最低浓度。
(5) $\ce{KHCO_{3}}$受热分解时吸收能量，同时生成的水蒸发也会吸收大量热量，可将温度降低到可燃物的着火点以下；分解生成的$\ce{CO_{2}}$不燃烧也不支持燃烧，密度比空气大，可以覆盖在可燃物表面隔绝氧气，因此可以灭火。
(6) 根据质量守恒定律，参加反应的氧气质量等于生成物总质量减去燃料M的质量：$4.4\ \mathrm{g}+2.8\ \mathrm{g}+5.4\ \mathrm{g}-4.6\ \mathrm{g}=8\ \mathrm{g}$；
计算各元素质量：4.4g $\ce{CO_{2}}$中C元素质量为$4.4\mathrm{g}×\frac{12}{44}=1.2\mathrm{g}$，2.8g $\ce{CO}$中C元素质量为$2.8\mathrm{g}×\frac{12}{28}=1.2\mathrm{g}$，5.4g $\ce{H_{2}O}$中H元素质量为$5.4\mathrm{g}×\frac{2}{18}=0.6\mathrm{g}$，因此燃料M中C总质量2.4g，H总质量0.6g，O元素质量为$4.6\mathrm{g}-2.4\mathrm{g}-0.6\mathrm{g}=1.6\mathrm{g}$，C、H、O原子个数比为$\frac{2.4\mathrm{g}}{12}:\frac{0.6\mathrm{g}}{1}:\frac{1.6\mathrm{g}}{16}=2:6:1$，结合相对分子质量为46，可得M的化学式为$\ce{C_{2}H_{6}O}$；
各物质的化学计量数之比为$\frac{4.6\mathrm{g}}{46}:\frac{8\mathrm{g}}{32}:\frac{4.4\mathrm{g}}{44}:\frac{2.8\mathrm{g}}{28}:\frac{5.4\mathrm{g}}{18}=2:5:2:2:6$，即可配平得到反应方程式。
【答案】
(1) $\ce{C_{2}H_{5}OH + 3O_{2}\xlongequal{点燃}2CO_{2} + 3H_{2}O}$
(2) 滴入的水与生石灰反应放热，铝盒有良好的导热性，使温度达到白磷的着火点；$\ce{CaO + H_{2}O=Ca(OH)_{2}}$
(3) $t_{1}$；白磷燃烧消耗氧气导致装置内的气体总量减少
(4) 氧气达到各自可燃物燃烧所需的最低浓度
(5) $\ce{KHCO_{3}}$分解吸收能量，产生的水蒸发吸收热量，使温度降到可燃物着火点以下，同时$\ce{KHCO_{3}}$分解产生$\ce{CO_{2}}$，能隔绝$\ce{O_{2}}$
(6) 8；$\ce{2C_{2}H_{6}O + 5O_{2}\xlongequal{点燃}2CO_{2} + 2CO + 6H_{2}O}$
【知识点】
燃烧的条件，化学方程式书写，质量守恒定律应用
【点评】
本题以项目式学习为载体，结合实验装置图和变化曲线综合考察燃烧相关的核心知识点，既包含基础方程式书写，也有图像分析和定量计算的综合考察，易错点是对二氧化碳含量后期上升的原因分析，以及最后根据质量推导反应方程式的步骤，需要学生结合图像信息和元素守恒逻辑推导。
【难度系数】
0.6
