备战高考化学易错题精选氮及其化合物练习题.docx

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备战高考化学易错题精选氮及其化合物练习题

备战高考化学易错题精选-氮及其化合物练习题

一、氮及其化合物练习题（含详细答案解析）

1．硝酸是一种重要的化工原料，用来制取一系列硝酸盐类氮肥，如硝酸铵、硝酸钾等；也用来制取含硝基的炸药等。

试回答下列问题：

（1）某同学对铁与稀硝酸的反应进行探究，若HNO3只被还原成NO，则：

①写出铁与过量稀硝酸反应的离子方程式：

__。

②写出过量铁与稀硝酸反应的离子方程式：

__。

③若28g铁与含1.6mol硝酸的稀硝酸恰好完全反应，则生成的Fe3＋和Fe2＋的物质的量之比为__。

上述反应结束后，向反应后的溶液中加足量氢氧化钠溶液，滤出沉淀洗涤后，在空气中灼烧至质量不变，最终得到的固体质量为__g。

（2）饮用水中NO3-对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中NO3-的浓度，某饮用水研究人员提出，可在碱性条件下用铝粉将NO3-还原为N2。

①配平方程式：

__Al＋__NO3-＋__OH－＋__=__[Al（OH）4]－＋__N2↑。

②上述反应中，还原剂与还原产物的物质的量之比是__，反应中转移电子0.3mol，生成__mL（标准状况下）N2。

【答案】Fe＋NO3-＋4H＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O3Fe＋2NO3-＋8H＋=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O2∶340106418H2O10310∶3672

【解析】

【详解】

（1）①铁与过量稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，离子方程式为Fe＋NO3-＋4H＋=Fe3＋＋NO↑＋2H2O；

②过量铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、NO和水，离子方程式为3Fe＋2NO3-＋8H＋=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O；

③28g铁的物质的量为0.5mol，与含1.6mol硝酸的稀硝酸恰好完全反应，设生成的Fe3＋和Fe2＋的物质的量分别是xmol、ymol，即生成xmol硝酸铁和ymol硝酸亚铁，根据N原子守恒知，生成NO的物质的量为（1.6－3x－2y）mol，根据得失电子守恒有3x＋2y＝3（1.6－3x－2y），又有x＋y＝0.5，解得x＝0.2，y＝0.3，则生成的Fe3＋和Fe2＋的物质的量之比为2∶3；上述反应结束后，向反应后的溶液中加足量氢氧化钠溶液，滤出沉淀洗涤后，在空气中灼烧至质量不变，由于生成的氢氧化亚铁在空气中易被氧化为氢氧化铁，氢氧化铁受热分解最终得到的固体是氧化铁，故其物质的量为0.5mol×

＝0.25mol，质量为40g；

（2）①根据得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒，可知离子方程式为10Al＋6NO3-＋4OH－＋18H2O=10[Al（OH）4]－＋3N2↑；

②上述反应中，还原剂是Al，还原产物是N2，其物质的量之比为10∶3；由方程式可知，生成3molN2时转移电子30mol，所以反应中转移电子0.3mol，生成N2的体积（标准状况下）为

×22.4L·mol－1＝0.672L＝672mL。

【点睛】

金属与硝酸反应的计算一般常采用以下方法：

①原子守恒法：

HNO3与金属反应时，一部分HNO3起酸的作用，以NO的形式存在于溶液中；一部分作为氧化剂转化为还原产物，这两部分中氮原子的总物质的量等于反应消耗的HNO3中氮原子的物质的量；②得失电子守恒法：

HNO3与金属的反应属于氧化还原反应，HNO3中氮原子得到电子的物质的量等于金属失电子的物质的量；③电荷守恒法：

HNO3过量时反应后溶液中（不考虑OH－）有：

c（NO3－）＝c（H+）+nc（Mn+）（Mn+代表金属离子）；④离子方程式计算法：

金属与H2SO4、HNO3的混合酸反应时，由于溶液中NO3－在H2SO4提供H+的条件下能继续与金属反应，因此此类题目应用离子方程式来计算，先作过量判断，然后根据完全反应的金属或H+或NO3－进行相关计算，且溶液中要符合电荷守恒。

2．人类农业生产离不开氮肥，科学合理使用氮肥，不仅能提高化肥的使用率，而且能够更好地保护环境，请回答下列问题：

（1）将N2转化为含氮化合物的过程称为固氮

①人工固氮，将N2→NH3，N2发生_________反应

②自然界固氮，可将少量N2转化为Ca（NO3）2等氮肥，转化途径如下（转化所需试剂及条件已略去）：

N2→NO→NO2→HNO3

Ca（NO3）2。

写出NO→NO2→HNO3的化学方程式__________、__________。

将HNO3转化为Ca（NO3）2，列举三种不同类别的化合物M_______（写化学式）。

（2）科学合理地保存、施用氮肥

①NH4HCO3需阴凉处保存，原因是__________（写化学方程式）。

②铵态氮肥不能与碱性肥料混合使用，以NH4Cl为例写出发生反应的离子方程式________。

（3）过渡施用氮肥将导致大气中NH3含量增高，加剧雾霾的形成。

（NH4）2SO4是雾霾的成分之一，其形成过程如下图所示（转化所需试剂及条件已略去）：

①X可能是______、_______。

Y是___________。

②尿素CO（NH2）2是一种常用化肥，缓慢与H2O发生非氧化还原反应释放出NH3则尿素中C元素化合价为__________。

【答案】还原2NO+O2=2NO23NO2+H2O=2HNO3+NOCaO、Ca（OH）2、CaCO3NH4HCO3

NH3↑+CO2↑+H2ONH4＋+OH－=NH3↑+H2OSO3H2SO3H2SO4+4

【解析】

【分析】

本题主要考察含N物质的化学性质，运用所学知识答题即可。

【详解】

（1）①N2→NH3，N的化合价由0变为了-3，则N2作氧化剂，发生还原反应；

②NO→NO2的化学方程式为：

2NO+O2=2NO2；NO2→HNO3的化学方程式为：

3NO2+H2O=2HNO3+NO；HNO3

Ca（NO3）2，M可以是CaO、Ca（OH）2、CaCO3；

（2）①NH4HCO3需阴凉处保存，是因为该物质对热不稳定，受热易分解，相关的化学方程式为：

NH4HCO3

NH3↑+CO2↑+H2O；

②该离子方程式为：

NH4++OH-=NH3↑+H2O；

（3）①根据图可知，Y为H2SO4；在自然环境中，SO2变为H2SO4的途径有两种：

、

，故X为SO3或H2SO3；

②尿素CO（NH2）2缓慢与H2O发生非氧化还原反应释放出NH3，说明尿素中N呈-3价，由于O呈-2价，H呈+1价，故可算得C呈+4价。

3．2016年10月17日7时30分，我国“神舟十一号”载人飞船顺利升入太空。

此次火箭的主要燃料是偏二甲肼（C2N2H8）和一种氮的氧化物（用R表示），当火箭发射时，这两种燃料会剧烈反应产生大量气体，并释放出大量的热，化学方程式如下（已配平）：

C2N2H8+2R=3N2↑+4H2O+2CO2↑

（1）R的化学式是___；已知偏二甲肼中N元素显-2价，H元素显+1价，由此推断，C元素的化合价是___。

（2）该反应的还原剂是___，被还原的元素是___。

（3）若反应生成22.4LCO2（标准状况），则反应转移电子___mol。

（4）火箭发射时，尾部向下喷出的气体会有明显的红棕色，该红棕色气体的化学式可能是___。

（5）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种多功能、高效无毒的新型绿色水处理剂。

Na2FeO4能给水消毒利用的是___性。

用Na2FeO4给水消毒、杀菌时得到的Fe3+可以净水，其净水原理与明矾相同，Fe3+净水原理是___（用简要的文字叙述）。

【答案】N2O4-2C2N2H8N2O48NO2氧化性Fe3+是弱碱阳离子，能结合水电离出的氢氧根生成Fe（OH）3胶体，可以吸附水中悬浮物并凝聚沉降

【解析】

【分析】

（1）化学方程式C2N2H8+2R=3N2↑+4H2O+2CO2↑，由原子守恒可得R的化学式；

（2）该反应中N2O4中的N元素从+4价下降到0价，C2N2H8中C和N的化合价升高，可以判断出氧化剂和还原剂；

（3）标准状况下22.4LCO2的物质的量是1mol，生成1molCO2时，有1molN2O4被还原，可以求出转移电子数；

（4）火箭的燃料是两种组分，偏二甲肼和四氧化二氮，四氧化二氮是无色的气体，四氧化二氮在温度升高时会很快的分解为红棕色的二氧化氮气体；

（5）Na2FeO4中铁是铁元素的最高价态，有很强的氧化性。

【详解】

（1）化学方程式C2N2H8+2R=3N2↑+4H2O+2CO2↑，由原子守恒可知，R的化学式为：

N2O4；已知偏二甲肼C2N2H8中N元素显-2价，H元素显+1价，设C的化合价为x，则有2x+8-2×2=0，解得x=-2，C元素的化合价是-2；

（2）该反应中N2O4中的N元素从+4价下降到0价，C2N2H8中C和N的化合价升高，故该反应的还原剂是C2N2H8，氧化剂是N2O4；

（3）标准状况下22.4LCO2的物质的量是1mol，生成1molCO2时，有1molN2O4被还原，N2O4被还原为N2，得8个电子，1molN2O4得8电子，故转移8mol电子；

（4）火箭的燃料是两种组分，偏二甲肼和四氧化二氮，四氧化二氮是无色的气体，四氧化二氮在温度升高时会很快的分解为红棕色的二氧化氮气体，故该红棕色气体的化学式可能是NO2；

（5）化合物中化合价的代数和为0，Na2FeO4中钠元素为+1价，氧元素为-2价，故铁元素为+6价；+6价的铁是铁元素的最高价态，有很强的氧化性，可用于杀菌消毒；杀菌时得到的Fe3+是弱碱阳离子，能结合水电离出的氢氧根生成Fe（OH）3胶体，可以吸附水中悬浮物并凝聚沉降。

4．如图是模拟工业制硝酸原理的实验装置。

先用酒精灯对硬质玻璃管里的三氧化二铬加热，然后把空气鼓入盛有浓氨水的锥形瓶，当三氧化二铬保持红热状态时，移去酒精灯。

根据题意回答问题：

（1）硬质玻璃管里发生反应的化学方程式为______。

当三氧化二铬红热时，要移去酒精灯，原因是：

______。

（2）圆底烧瓶里的实验现象是______，鼓入空气的作用是______。

（3）实验过程中，如果慢慢地鼓入空气，石蕊溶液的颜色______。

（4）实验结束后，在圆底烧瓶内壁上有时会看到少量无色晶体，写出生成该晶体的化学方程式：

______。

（5）工业上要获得浓度较大的硝酸，往往在稀硝酸中加入吸水剂硝酸镁或浓硫酸，然后______（填一种操作名称）。

（6）实验室里保存浓硝酸要用棕色瓶的原因是__________________（用化学方程式表示）。

【答案】4NH3+5O2

4NO+6H2O该反应是放热反应，温度太高可能使催化剂的活性降低有红棕色气体产生提供O2，且促进氨的挥发变红色NH3+HNO3=NH4NO3蒸馏4HNO3（浓）

4NO2↑+2H2O+O2↑

【解析】

【分析】

（1）氨气具有还原性，在催化剂作用下可与氧气反应被氧化为NO；根据反应反应放热，温度会影响催化剂的活性；

（2）根据NO2为红棕色气体；鼓入空气有利于氨气的逸出，同时提供氧气；

（3）根据酸能使石蕊溶液变红；

（4）根据NO2与水反应生成硝酸，进而与氨气生成硝酸铵；

（5）根据硝酸和其他溶液是互溶的液体利用硝酸沸点低，容易挥发分析；

（6）根据硝酸不稳定，易分解。

【详解】

（1）氨气具有还原性，在催化剂作用下可与氧气反应被氧化为NO，反应为4NH3+5O2

4NO+6H2O，该反应是放热反应，温度太高可能使催化剂的活性降低；

（2）产生的NO能和O2反应生成红棕色的NO2，鼓入空气有利于氨气的逸出，同时提供氧气；

（3）NO2易与水反应生成硝酸，硝酸具有酸性，能使石蕊溶液变红色；

（4）NO2与水反应生成HNO3，NH3与HNO3反应生成了NH4NO3：

NH3+HNO3=NH4NO3；

（5）硝酸和硝酸镁溶液或硫酸是互溶，可以利用硝酸沸点低，容易挥发变为气体的性质，采取蒸馏的方法分离；

（6）硝酸不稳定，光照容易分解，故硝酸应盛于棕色瓶，密封放于阴暗处。

【点睛】

本题考查硝酸的制取、保存等知识，涉及氨气的制取、性质以及二氧化氮和硝酸铵等知识，注意把握元素化合物知识的理解和应用。

5．有一无色透明溶液，欲确定是否含有下列离子：

Na＋、Mg2＋、Al3＋、Fe2＋、Ba2＋、NO

、SO

、Cl－、SO32－、HCO

，取该溶液进行以下实验：

①取少量待测液，加入几滴石蕊试液，溶液呈红色。

②取少量待测液，浓缩后加入铜片和浓硫酸，加热，有无色气体产生，此无色气体遇空气变成红棕色。

③取少量待测液，加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生。

④取实验③中上层清液滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，此沉淀不溶于稀硝酸。

⑤另取少量原溶液滴加NaOH溶液，有白色沉淀产生，当NaOH过量时，沉淀部分溶解。

（1）根据以上实验，溶液中肯定存在的离子是_________________；肯定不存在的离子是______________；尚不能确定的离子是_______________。

（2）写出②中有关反应的离子方程式：

________________________________________。

（3）写出⑤中沉淀溶解的离子方程式：

________________________________________。

（4）实验室检验Na＋一般用焰色反应即可确定，此实验做之前要用______清洗铂丝。

【答案】Mg2＋、Al3＋、

、

Fe2＋、Ba2＋、SO32－、

Na＋、Cl－3Cu＋8H＋＋2

===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2OAl（OH）3+OH-===

+2H2O稀盐酸

【解析】

【分析】

无色溶液中，有色离子不能存在，氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强碱中，白色且不溶于硝酸的白色沉淀是氯化银或硫酸钡，在酸性环境下，能和氢离子反应的离子不能共存，根据离子反应的现象以及离子共存的知识加以分析。

【详解】

因是无色溶液，Fe2+是浅绿色，所以不含Fe2+；

①由于滴加几滴石蕊试液，溶液呈红色，证明溶液显酸性，因此溶液中一定没有SO32-、HCO3-；②待测液浓缩后加入铜片和浓硫酸，加热，有无色气体产生，此无色气体遇空气变成红棕色，说明原溶液中一定含有NO3-；

③取少量待测液，加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则原溶液中一定含有SO42-，故一定没有Ba2+；

④由于③的上层清液滴中加AgNO3溶液，有白色沉淀产生且不溶于稀硝酸，说明含有Cl-，但由于③中加入了BaCl2溶液，无法证明原溶液中是否存在Cl-；

⑤由于原溶液中加入NaOH溶液有白色沉淀产生，当NaOH过量时，沉淀部分溶解，则含有Al3+、Mg2+；

Na+在水溶液里无色，不会参与上述反应，所以无法判断原溶液中是否存在Na+；

（1）根据以上分析可知，溶液中一定存在的离子有Mg2+、Al3+、NO3-、SO42-；肯定不存在的离子是Fe2+、Ba2+、SO32-、HCO3-；尚不能确定的离子是Na+、Cl-；

答案为：

Mg2+、Al3+、NO3-、SO42-；Fe2+、Ba2+、SO32-、HCO3-；Na+、Cl-；

（2）②中原溶液加入铜片和浓硫酸并加热生成NO，离子方程式为：

3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；

答案为：

3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O。

（3）⑤中加NaOH溶液，生成的白色沉淀为Mg（OH）2和Al（OH）3，当NaOH过量时，部分溶解的是Al（OH）3，离子方程式为：

Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；

答案为：

Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O。

（4）溶液里的钠离子是否存在一般用焰色反应来确定，钠离子的焰色反应为黄色，实验之前，为防止杂质的干扰，用稀盐酸先清洗铂丝；

答案为：

稀盐酸。

6．化合物A是一种化肥，受热分解生成三种物质，物质间的有关转换关系如图所示，部分生成物已省略，其中C为无色气体，B为无色液体，D为无色有刺激性气味的气体，B到E的反应条件为通电，I为一种常见强酸。

请回答下列问题：

（1）A的化学式为___________________________。

（2）C的水化物与I的酸性由强到弱的顺序：

___________________（用化学式填空）

（3）B生成E的化学方程式为_____________________。

（4）金属铜与I的稀溶液反应的离子方程式为_____________，该反应中还原产物是______，生成1mo1的还原产物，转移电子的数目为__________NA。

【答案】NH4HCO3或（NH4）2CO3HNO3＞H2CO32H2O

2H2↑+O2↑3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2ONO3

【解析】

【分析】

化合物A是一种化肥，受热分解生成三种物质，其中C为无色气体，B为无色液体，D为无色有刺激性气味的气体，A是碳酸氢铵或碳酸铵，C是二氧化碳，B是水，D是氨气，B到E的反应条件为通电，E是氢气，F是氧气，F和D反应生成G，G是一氧化氮，H为二氧化氮，I为一种常见强酸，是硝酸。

【详解】

根据分析可知，A为碳酸氢铵或碳酸铵，C是二氧化碳，B是水，D是氨气，E是氢气，F是氧气，G是一氧化氮，H为二氧化氮，I为硝酸。

（1）A是碳酸氢铵或碳酸铵，化学式为NH4HCO3或（NH4）2CO3；

（2）C的水化物为碳酸，I为硝酸，N的非金属性强于C，故酸性：

HNO3＞H2CO3；

（3）B在通电的条件下生成E和F，化学方程式为电解水，2H2O

2H2↑+O2↑；

（4）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，硝酸中的氮元素化合价从+5降低到+2，是氧化剂，得到的一氧化氮是还原产物，生成2molNO转移6mol电子，故生成1mo1的NO，转移3mol电子，数目为3NA。

7．实验室用化合物A模拟工业上制备含氧酸D的过程如图所示，已知D为强酸，请回答下列问题。

（1）若A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体。

①D的化学式是________；

②在工业生产中，B气体的大量排放被雨水吸收后形成了_____而污染了环境。

（2）若A在常温下为气体，C是红棕色的气体。

①A的化学式是_________；C的化学式是_______。

②D的浓溶液在常温下可与铜反应并生成C气体，反应的化学方程式是____，该反应______（填“属于”或“不属于”）氧化还原反应。

【答案】H2SO4酸雨NH3NO2Cu＋4HNO3（浓）=Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O属于

【解析】

【分析】

（1）若B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体，则其为二氧化硫。

①由B可推出C，进而推出D；

②在工业生产中，B气体的大量排放被雨水吸收，生成亚硫酸和硫酸而污染环境。

（2）若C是红棕色的气体，则其为二氧化氮。

①由C可逆推出A。

②由C可推出D为硝酸，浓硝酸在常温下可与铜反应并生成二氧化氮气体，由此可写出反应的化学方程式，并可分析该反应是否为氧化还原反应。

【详解】

（1）若B是能使品红溶液褪色的有刺激气味的无色气体，则B为二氧化硫，C为三氧化硫，D为硫酸。

①D的化学式是H2SO4；答案为：

H2SO4；

②在工业生产中，B气体的大量排放被雨水吸收后形成了酸雨而污染环境。

答案为：

酸雨；

（2）若C是红棕色气体，则C为二氧化氮，B为一氧化氮，A为氨气，D为硝酸。

①A的化学式是NH3；C的化学式是NO2。

答案为：

NH3；NO2；

②由C可推出D为硝酸，浓硝酸在常温下可与铜反应并生成二氧化氮气体，反应的化学方程式是Cu＋4HNO3（浓）=Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O，在该反应中，Cu、N两元素的化合价发生了变化，所以该反应属于氧化还原反应。

答案为：

Cu＋4HNO3（浓）=Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O；属于。

8．如图所示每一方框表示一种反应物或生成物，其中A、C、D、E、F在通常情况下均为气体，且加热X生成的A与C的物质的量之比为1∶1，B为常见液体。

试回答下列问题：

（1）X是________（填化学式，下同），F是__________。

（2）A―→D反应的化学方程式为_______。

（3）G与Cu的反应中，G表现的性质为______。

（4）X与过量NaOH溶液反应生成C的离子方程式为_____________。

（5）以C、B、D为原料可生产G，若使amolC完全转化为G，理论上至少需要D___mol。

【答案】NH4HCO3NO22Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2酸性和氧化性NH4+＋HCO3—＋2OH－=2H2O＋CO32—＋NH3↑2a

【解析】

【分析】

X能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，与盐酸反应得到气体A，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为CO2、D为O2，X与氢氧化钠反应得到气体C为NH3，A与C物质的量之比为1：

1，且B为常见液体，可以推知X为NH4HCO3、B为H2O，C（氨气）与D（氧气）反应生成E为NO，E与氧气反应生成F为NO2，F与水反应得到G能与Cu反应生成NO、NO2，则G为HNO3，据此解答。

【详解】

X能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，与盐酸反应得到气体A，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为CO2、D为O2，X与氢氧化钠反应得到气体C为NH3，A与C物质的量之比为1：

1，且B为常见液体，可以推知X为NH4HCO3、B为H2O，C（氨气）与D（氧气）反应生成E为NO，E与氧气反应生成F为NO2，F与水反应得到G能与Cu反应生成NO、NO2，则G为HNO3；

（1）由上述分析可知，X是NH4HCO3； F是NO2；

（2）A→D为Na2O2和CO2反应生成碳酸钠和O2，发生反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；

（3）Cu与硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物，反应中N元素的化合价部分为不变化，部分降低，故硝酸表现酸性、氧化性；

（4）NH4HCO3与过量NaOH溶液反应的离子方程式为NH4+＋HCO3—＋2OH－

2H2O＋CO32—＋NH3↑；

（5）以NH3、H2O、O2为原料可生产HNO3，使a mol NH3完全转化为HNO3，根据电子转移守恒，理论上至少需要氧气的物质的量=

=2amol。

9．A、B、C、D是四种常见气体单质。

E的相对分子质量比F小16，且F为红棕色。

有关的转化关系如图所示（反应条件与部分反应的生成物略去）。

请回答下列问题：

（1）D的化学式为__，Y的化学式为__，E的化学式为__。

（2）Y与氧化铜反应，每生成1molB消耗3mol氧化铜，该反应的化学方程式为__。

（3）Y与E在一定条件下可反应生成B和Z，这是一个具有实际意义的反应，可消除E对环境的污染，该反应的化学方程式为__。

（4）气体F和气体SO2在通常条件下同时通入盛有BaCl2溶液的洗气瓶中（如图所示），洗气瓶中是否有沉淀生成？

__，理由是__。

【答案】H2NH3NO2NH3＋3CuO

N2＋3Cu＋3H2O6NO＋4NH3

5N2＋6H2O有二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸可将二氧化硫或亚硫酸氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应可生成硫酸钡沉淀

【解析】

【分析】

A、B、C、D是四种常见气体单质．E的相对分子量比F的小16，且F为红棕色，可推知F为NO2，E为NO