（新）2022届高三化学小题必练5 氧化还原反应 教师版.doc

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1、小题必练5：氧化还原反应对氧化还原的考查，主要包括：以生产、生活、社会中的实际问题为载体，考查氧化还原的基本概念；比较无知氧化性、还原性的强弱及其规律应用；以元素化合物为载体，考查氧化还原反应中电子转移的方向和数目。1【2020江苏卷】根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）选项实验操作和现象结论A向淀粉溶液中加适量20% H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝淀粉未水解B室温下，向0.1mol·L1 HCl溶液中加入少量镁粉，产生大量气泡，测得溶液温度上升镁与盐酸反应放热C室温下，向浓度均为0.1mol·L1的BaCl2和CaC

2、l2混合溶液中加入Na2CO3溶液，出现白色沉淀白色沉淀是BaCO3D向0.1mol·L1 H2O2溶液中滴加0.1mol·L1 KMnO4溶液，溶液褪色H2O2具有氧化性【答案】B【解析】A加入碘水后，溶液呈蓝色，只能说明溶液中含有淀粉，并不能说明淀粉是否发生了水解反应，故A错误；B加入盐酸后，产生大量气泡，说明镁与盐酸发生化学反应，此时溶液温度上升，可证明镁与盐酸反应放热，故B正确；CBaCl2、CaCl2均能与Na2CO3反应，反应产生了白色沉淀，沉淀可能为BaCO3或CaCO3或二者混合物，故C错误；D向H2O2溶液中加入高锰酸钾后，发生化学反应2KMnO4+3H2

3、O2=2MnO2+2KOH+2H2O+3O2等(中性条件)，该反应中H2O2被氧化，体现出还原性，故D错误。【点睛】淀粉在稀硫酸作催化剂下的水解程度确定试验较为典型，一般分三种考法：淀粉未发生水解：向充分反应后的溶液中加入碘单质，溶液变蓝，然后加入过量氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，然后加入新制氢氧化铜溶液并加热，未生成砖红色沉淀；淀粉部分发生水解：向充分反应后的溶液中加入碘单质，溶液变蓝，然后加入过量氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，然后加入新制氢氧化铜溶液并加热，生成砖红色沉淀；向充分反应后的溶液中加入碘单质，溶液不变蓝，然后加入过量氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，然后加入新制氢氧化铜溶液并加热，生成砖红色沉

4、淀。2【2019年浙江卷】聚合硫酸铁Fe(OH)SO4n能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矾(FeSO4·7H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是（ ）AKClO3作氧化剂，每生成1mol Fe(OH)SO4n消耗6/n mol KClO3B生成聚合硫酸铁后，水溶液的pH增大C聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水D在相同条件下，Fe3+比Fe(OH)2+的水解能力更强【答案】A【解析】A根据题干中信息，可利用氧化还原配平法写出化学方程式：6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6Fe(OH)SO4n+nKCl，可知KClO3做氧化剂，同时根据计量数关系亦知每生成

5、1mol Fe(OH)SO4n消耗n/6mol KClO3，A项错误；B绿矾溶于水后，亚铁离子水解使溶液呈酸性，当其转系为聚合硫酸铁后，亚铁离子的浓度减小，因而水溶液的pH增大，B项错误；C聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体，胶体粒子吸附杂质微粒引起聚沉，因而净水，C项正确；D多元弱碱的阳离子的水解是分步进行的。Fe(OH)2+的水解相当于Fe3+的二级水解，由于其所带的正电荷比Fe3+少，因而在相同条件下，其结合水电离产生的OH的能力较弱，故其水解能力不如Fe3+，即在相同条件下，一级水解的程度大于二级水解，D项正确。故答案选A。【点睛】氧化还原反应的书写是关键，胶体净水的原理。3【2020

6、江苏卷】化学与生活密切相关，下列应用没有涉及氧化还原反应的是（ ）A过氧化钠用作缺氧场所的供氧剂B铝热反应用于焊接铁轨C氯化铁用于净水D铝罐车用作运输浓硫酸【答案】C【解析】A过氧化钠和水、二氧化碳反应都生成氧气，O元素化合价由-1价变为-2价和0价，所以该反应为氧化还原反应，选项A不选；B铝热反应用于焊接铁轨过程中，铝元素化合价由0价变为+3价，所以属于氧化还原反应，选项B不选；C氯化铁用于净水，氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附净水，该过程中没有元素化合价变化，所以不涉及氧化还原反应，选项C选；D铝罐车用作运输浓硫酸，利用浓硫酸的强氧化性与铝发生钝化反应，所以属于氧化还原反应，选

7、项D不选。【点睛】本题以物质的用途为载体考查了氧化还原反应，根据反应过程中是否有元素化合价变化来分析解答，明确元素化合价是解本题关键，结合物质的性质分析解答，易错点是选项C，氢氧化铁胶体的产生过程不涉及化合价的变化，不属于氧化还原反应。4【2020上海建平中学月考】元素锰()的几种化合物存在下列转化关系：下列判断错误的是（ ）A反应的还原剂可能是单质锌B反应的现象是黑色固体溶解得到绿色溶液C反应中转化为的理论产率为100%D反应中锰元素的化合价均发生了变化【答案】C【解析】A无论是普通锌锰干电池还是碱性锌锰干电池中，都是利用单质锌作还原剂，将二氧化锰还原为氢氧化氧锰（），故A正确；B由实验室制

8、备氧气的实验知，二氧化锰是黑色固体，锰酸钾溶液呈绿色，故反应的现象是黑色固体溶解得到绿色溶液，故B正确；C反应中，反应生成是氧化过程（作还原剂），是氧化性极弱的酸性氧化物，该反应中不可能作氧化剂，必须创造性地推出锰酸根（）发生了歧化（一部分锰酸根得到电子被还原为低于+6价的含锰微粒），因此反应中转化为的理论产率小于100%，故C错误；D、中锰元素的化合价分别为+3、+4、+6、+7，故反应中锰元素的化合价均发生了变化，故D正确。【点睛】主要围绕锰元素的化合价变化，以流程的方式考察氧化还原反应。1歌曲青花瓷，唱道“帘外芭蕉惹骤雨，门环惹铜绿”，其中的“铜绿”即是铜锈，它的化学成分是Cu2(OH)

9、2CO3(碱式碳酸铜)。铜在潮湿的空气中生锈的化学反应为2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO3。下列有关该反应的说法正确的是（ ）A该反应不属于氧化还原反应B该反应是氧化还原反应，化合价发生改变的只有两种元素C该反应中铜得电子，O2失电子，所以是氧化还原反应D该反应中氧元素和碳元素化合价发生变化，所以是氧化还原反应【答案】B【解析】在该反应中，铜元素的化合价由0价变成+2价，失去电子，被氧化，氧元素的化合价由0价变成-2价，得到电子，被还原，其余元素的化合价都没有发生变化。A在该反应中，铜元素的化合价由0价变成+2价，失去电子，被氧化，氧元素的化合价由0价变成-2价，得到电子被还

10、原，故该反应属于氧化还原反应，A不正确；B该反应是氧化还原反应，化合价发生改变的只有两种元素，B正确；C该反应中铜失去电子，O2得到电子，C不正确；D该反应中碳元素化合价没有发生变化，D不正确。【点睛】抓住反应方程式中，化合价升降变化来判断氧化剂和还原剂，得失电子数等。2氢化亚铜（CuH）是一种难溶的物质，可用CuSO4溶液和“另一种物质”在40ºC50ºC时反应来制备，CuH不稳定，它既能与HCl反应产生气体，又能在氯气中燃烧，以下有关判断不正确的是（ ）ACuH既可做氧化剂又可做还原剂B另一种物质一定具有还原性CCuH跟HCl反应的化学方程式为：2CuH+2HCl=Cu

11、Cl2+2H2+CuDCuH在Cl2燃烧的化学方程式为：CuH+Cl2CuCl+HCl【答案】D【解析】ACuH中Cu元素为+1价，既能升高又能降低，所以CuH既可做氧化剂也可做还原剂，A项正确；BCu元素的化合价由+2价降低为+1价，在反应中CuSO4作氧化剂，则“另一种反应物”在反应中作还原剂，具有还原性，B项正确；CCuH跟HCl反应能产生气体，该气体为氢气，则反应为2CuH+2HCl=CuCl2+2H2+Cu，C项正确；DCuH在氯气中能燃烧，氯气是强氧化剂，CuH在氯气中燃烧，反应产物是CuCl2，则发生2CuH+3Cl2=2CuCl2+2HCl，D项错误；答案选D。【点睛】氧化还原

12、反应是常考点，其规律口诀为：升失氧，降得还，若说剂，则相反。本题中注意氯气具有强氧化性，可氧化金属元素到最高价。3工业上用发烟HClO4将潮湿的CrCl3氧化为棕色的烟CrO2(ClO4)2，来除去Cr()，HClO4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法错误的是（ ）ACrO2(ClO4)2中Cr元素显+6价BHClO4属于强酸，该反应还生成了另一种强酸C该反应中，参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为38D该反应离子方程式为19ClO+8Cr3+8OH=8CrO2(ClO4)2+3Cl+4H2O【答案】D【解析】ACrO2(ClO4)2中O为-2价、Cl为+7价，则根据化合物中元素化合价

13、代数和等于0，可知Cr元素化合价为+6价，A正确；BCl元素非金属性较强，HClO4属于强酸，HClO4氧化CrCl3为棕色的CrO2(ClO4)2，部分HClO4被还原生成HCl，HCl也属于强酸，B正确；C根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为19ClO+8Cr3+4H2O=8CrO2(ClO4)2+3Cl+8H+，化合价降低的为氧化剂ClO，其中有3mol Cl元素发生变化，化合价升高的为还原剂，对应的产物为氧化产物，故CrO2(ClO4)2，其中有8mol Cr元素发生变化，故氧化剂与氧化产物的物质的量之比为38，C正确；D根据选项B分析可知该反应的离子方程式为19

14、ClO+8Cr3+4H2O=8CrO2(ClO4)2+3Cl+8H+，D错误；故合理选项是D。【点睛】氧化还原反应的配平贯穿于整个无机化学方程式中，是高频考点，配平离子反应中的氧化还原反应要遵循以下几个原则：（1）电子守恒，即得失电子总数相等。（2）电荷守恒，即离子方程式中反应前后离子所带电荷总数相等。（3）质量守恒，即反应前后各元素的原子个数相等。另外，要特别留意溶液中的酸碱性也会影响产物的生成。4工业上用发烟HClO4把潮湿的CrCl3氧化为棕色的烟CrO2(ClO4)2来除去Cr3+，HClO4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法错误的是（ ）AHClO4属于强酸，该反应也生成了另一种强

15、酸BCrO2(ClO4)2中Cr元素显+6价C该反应的离子方程式为19ClO+8Cr3+=8CrO2(ClO4)2+3ClD该反应每生成1mol氧化产物，便有0.375mol HClO4被还原【答案】C【解析】HClO4把潮湿的CrCl3氧化为棕色的烟CrO2(ClO4)2来除去Cr3+，HClO4中部分氯元素转化为最低价态，化学反应离子方程式为：3ClO+8Cr3+4H2O=8CrO+3Cl+8H+。CrCl3中Cr的化合价从+3价变为+6价，化合价升高失电子，发生氧化反应，CrCl3为还原剂，CrO2(ClO4)2为氧化产物，HClO4中的Cl由+7价变为-1价，化合价降低得电子，HClO

16、4为氧化剂，HCl为还原产物。AHClO4属于强酸，根据反应方程式，该反应也生成盐酸，盐酸为强酸，故A正确；B根据化合物中正负化合价之和为零分析，CrO2(ClO4)2中Cr元素显+6价，故B正确；C根据上述分析，该反应的离子方程式为3ClO+8Cr3+4H2O=8CrO+3Cl+8H+，故C错误；DCrCl3中Cr的化合价从+3价变为+6价，化合价升高失电子，发生氧化反应，CrCl3为还原剂，CrO2(ClO4)2为氧化产物，生成8mol CrO2(ClO4)2，就会消耗3mol HClO4发生还原，因此生成1mol氧化产物，便有0.375mol HClO4被还原，故D正确。【点睛】理解题干

17、中HClO4中部分氯元素转化为最低价态，能得知HClO4中的Cl由+7价变为-1价，写出离子方程式为3ClO+8Cr3+4H2O=8CrO+3Cl+8H+。5现将1.92g Cu投入到一定量的浓HNO3中，Cu完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到标准状况下672mL的NOx混合气体，将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水，则通入标准状况下的O2的体积为（ ）A504mL B336mL C224mL D168mL【答案】B【解析】1.92g Cu的物质的量为n(Cu)=0.03mol，反应时失去电子的物质的量为2×0.03mol=0.06

18、mol，反应整个过程为HNO3NO、NO2HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为n(O2)=0.015mol，V(O2)=0.015mol×22400mL/mol=336mL，所以通入O2的体积为336mL，故答案为B。【点睛】电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)×得电子原子数×原子降价数n(还原剂)×失电子原子数×原子升价数。利用这一等

19、式，解氧化还原反应计算题，可化难为易，化繁为简。6关于下列转化过程分析不正确的是（ ）AFe3O4中Fe元素的化合价为+2、+3B过程的化学方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2C过程中每消耗58g Fe3O4转移1mol电子D该过程总反应为2H2O=2H2+O2【答案】C【解析】Fe3O4的化学式可以改写为FeO·Fe2O3，则Fe3O4中Fe元素的化合价为+2、+3，故A正确；B过程中FeO与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应化学方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2，故B正确；C过程：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)，当有2mol Fe3O4分解时，生成1mol

20、氧气，而58g Fe3O4的物质的量为0.25mol，故生成0.125mol氧气，而氧元素由-2价变为0价，故转移0.5mol电子，故C错误；D过程：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)，过程II：3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(s)，因此该过程总反应为2H2O=O2+2H2，故D正确。【点睛】整个过程中Fe3O4、FeO分别是催化剂和中间产物，所以整个反应过程的总反应为在太阳能的作用下水发生分解生成氧气和氢气。7锑(Sb)在自然界一般以硫化物的形式存在，我国锑的蕴藏量占世界第一。从硫化物中提取单质锑一般是先在高温下将硫化物转化为氧化物，再用碳还原：2Sb2S3

21、+3O2+6FeSb4O6+6FeS；Sb4O6+6C=4Sb+6CO。下列说法正确的是（ ）A反应中每生成1mol FeS时，共转移2mol电子B反应说明高温下Sb还原性比C强C每生成1mol Sb时，反应与反应中还原剂的物质的量之比为43D反应中氧化剂分别是Sb2S3、Sb4O6【答案】A【解析】2Sb2S3+3O2+6Fe=Sb4O6+6FeS中，Fe元素的化合价由0升高为+2，O元素的化合价由0降低为-2价；Sb4O6+6C4Sb+6CO中，C元素的化合价由0升高为+2，Sb元素的化合价由+3价降低为0。A反应中每生成3mol FeS时，共转移mol电子，则反应中每生成1mo

22、l FeS时，共转移电子的物质的量=2mol，故A正确；B反应中C为还原剂，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则说明高温下C的还原性比Sb强，故B错误；C生成4mol Sb时，反应C是还原剂，需要6mol C，需要1mol Sb4O6，反应中Fe是还原剂，生成1mol Sb4O6，需要6mol Fe，故反应与反应中还原剂的物质的量之比为6mol6mol=11，所以每生成1mol Sb时，反应与反应中还原剂的物质的量之比为11，故C错误；D反应中O元素的化合价降低，氧气为氧化剂，而反应中Sb元素的化合价降低，氧化剂是Sb4O6，故D错误；故答案选A。【点睛】自发进行的氧化还原中，还原

23、剂的还原性大于还原产物的还原性。8用“银-Ferrozine”法测室内甲醛含量的原理为：已知：吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比。下列说法正确的是（ ）A反应中参与反应的HCHO为30g时转移电子2molB可用双氧水检验反应后的溶液中是否存在Fe3+C生成44.8LCO2时反应中参加反应的Ag一定为8molD理论上测得溶液吸光度越高，HCHO含量也越高【答案】D【解析】A30g HCHO的物质的量为1mol，被氧化时生成二氧化碳，碳元素化合价从0价升高到+4价，所以转移电子4mol，故A错误；B过氧化氢能将Fe2+氧化为Fe3+，与Fe3+不反应，所以不能用双氧水检验反应后的溶液中是否存在Fe

24、3+，故B错误；C没有注明温度和压强，所以无法计算气体的物质的量，也无法计算参加反应的Ag的物质的量，故C错误；D吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比，吸光度越高，则说明反应生成的Fe2+越多，进一步说明反应生成的Ag越多，所以HCHO含量也越高，故D正确。【点睛】一般会用硫氰化钾溶液来检验Fe3+的存在。9白银(Ag)是高新技术产业的基础材料之一。在一种光盘金属层中回收少量白银(金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略)的流程如下：已知：NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解。下列叙述不正确的是（ ）A“氧化”过程若在加强热和强酸性条件下进行时可提高氧化速率B“操作1”所用到的玻璃仪器是玻

25、璃棒、烧杯、普通漏斗C若“还原”过程通过原电池来实现，则N2为负极产物D“还原”过程中参加反应的nAg(NH3)nN2H4·H2O=41【答案】A【解析】“氧化”过程加入氧化剂NaClO溶液，NaClO在受热或酸性条件下易分解，在加强热和强酸性条件下进行时NaClO浓度降低氧化速率减慢，A错误；操作1为过滤，所需的玻璃仪器为玻璃棒、烧杯和普通漏斗，B正确；N2H4·H2O中氮元素化合价升高发生氧化反应生成N2，负极发生氧化反应，故N2为负极产物，C正确；“还原”过程中Ag(NH3)中银元素化合价降低生成单质银，由+1价变为0价，N2H4·H2O中氮元素化合价升高生

26、成N2，由-2价变为0价，根据得失电子守恒，nAg(NH3)nN2H4·H2O=41，D正确。10某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112ml Cl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为（ ）A0.78 B0.80 C0.85 D0.90【答案】B【解析】FexO中Fe的平均化合价为，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。标准状况下112mL Cl2转移电子数为。则有：=0.01mol，解得x=0.8，答案选B。【点睛】根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。11 工业上

27、以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3)、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠(Na2Cr2O7·2H2O)，其主要反应为4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2，2Na2CrO4+H2SO4=Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O，下列说法正确的是（ ）A反应和均为氧化还原反应B反应的氧化剂是O2，还原剂是FeO·Cr2O3C高温下，O2的氧化性强于Fe2O3，弱于Na2CrO4D反应中每生成1mol Na2CrO4时转移电子3mol【答案】B【解析】A4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28

28、Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中有元素化合价的变化，所以是氧化还原反应，而2Na2CrO4+H2SO4=Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，故A错误；B4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中，氧气中氧元素得电子化合价降低，所以氧化剂是氧气，铁元素和铬元素失电子化合价升高，所以还原剂是FeO·Cr2O3，故B正确；C4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中中，氧化剂是氧气，还原剂是FeO·Cr2O3，所以氧气

29、的氧化性大于Na2CrO4和Fe2O3，但不能判断Na2CrO4和Fe2O3的氧化性相对强弱，故C错误；D由方程式4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2 转移电子可知，生成1mol Na2CrO4时，参加反应的O2的物质的量为，反应中O元素由0价降低为-2价，电子转移的物质的量为参加反应的氧气的物质的量的4倍，转移电子的物质的量为，所以反应中每生成1mol Na2CrO4时电子转移3.5mol，故D错误。【点睛】氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，强于还原剂。12中美贸易战中，稀土是我国一张重要的牌。稀土金属铈(Ce)在空气中易氧化变暗，

30、受热时燃烧，遇水很快反应。已知：铈常见的化合价为+3价和+4价：氧化性：Ce4+>Fe3+。下列说法不正确的是（ ）A工业上金属铈一般应低温密封保存B工业上不可以采取电解氯化铈水溶液的方法来获得铈单质C工业上可以采取用H2还原氧化铈的方法来治炼金属铈D铈溶于氢碘酸的主要化学方程式可表示为2Ce+6HI=2CeI3+3H2【答案】C【解析】从题干的信息可以知道，金属Ce的化学性质与Na相似，Ce4+又具有较强的氧化性，可以依据Na的性质答题，又需要考虑Ce4+本身的化学特性。A稀土金属铈(Ce)在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，工业上金属铈一般应低温密封保存，故A正确；B遇水很

31、快反应，工业上不可以采取电解氯化铈水溶液的方法来获得铈单质，故B正确；C受热时燃烧，不能用氢气还原，故C错误；D氢碘酸为非氧化性的酸，与变价金属反应，生成氢气和低价态的金属阳离子，铈溶于氢碘酸的主要化学方程式可表示为2Ce+6HI=2CeI3+3H2，故D正确。【点睛】信息选择题，抓住题干中的信息，稀土金属铈(Ce)在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应来解题。13利用SCR技术可有效降低柴油发动机NOx排放。SCR工作原理为尿素CO(NH2)2水溶液热分解为NH3和CO2，再利用NH3转化NOx，装置如图所示，下列说法不正确的是（ ）A转化NO2过程的化学方程式为：8NH3+6NO22

32、N2+12H2OB转化器工作过程中，当转移0.6mol电子时，会消耗4.48L NH3C尿素水溶液热分解反应不属于氧化还原反应D该装置转化NO时，还原剂与氧化剂物质的量之比为23【答案】B【解析】A根据装置图所示，NH3和NO2反应生成氮气和水，转化NO2过程的化学方程式为：8NH3+6NO22N2+12H2O，故A正确；B转化器中NH3与NOx反应，氨气是还原剂，氨气中氮元素化合价由-3变为0，当转移0.6mol电子时，会消耗0.2mol NH3，非标准状况下不一定是4.48L；故B错误；C尿素水溶液热分解反应2CO(NH2)2+H2O=CO2+2NH3，无元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故C正确；D该装置转化NO时，反应方程式是，所以还原剂与氧化剂物质的量之比为23，故D正确。【点睛】在计算气体的体积时，注意是否是标况下。