2025年上海市高考化学等级考试题（含答案）

第第页2025年上海市高考化学等级考试题一、碳酸丙烯酯PC的合成1．已知反应1的ΔH反应2的Δ反应3的Δ反应4的Δ物质ΔCO−394环氧丙烷g−145PC−675（1）计算出ΔH4=A.−613.2B.613.2C.395.2D.−395.2（2）ΔG=（3）中电负性最大的是________。 A．CB．HC．O（4）1mol分了中σ键的数目为_______。A.7B.12C.13D.14已知：环氧丙烷生成会发生副反应选择性=转化生成A的环氧丙烷/消耗环氧丙烷×100M(环氧丙烷)=58g/molρ(环氧丙烷)=1.2g/mL容器容积25mL的高压反应釜反应后体积缩小为10mL，选择性为95%，反应4ℎ。（5）求环氧丙烷的化学反应速率________(精确到小数点后2位)mol/(L⋅ℎ)（6）下列哪种操作可以使得活化分子的百分数变大_______。A.升高温度B.增大CO2C.压缩容器D.充入惰性气体（7）碳酸丙烯酯相同时间内随温度变化如图所示，请解释产率随温度先升后下降的原因________。（8）达到平衡的判据_______。A.v正CO2=v逆B.体系总质量不变C.气体体积不再变化D.混合气体密度(可能是摩尔质量)不变（9）制备还有一种光气法，用。请从绿色化学的角度解释，写出3点与光气-二醇法相比，CO2法合成PC的优势________。二、“重石头”元素——钨2．(以下题目中的图片根据回忆所得信息结合文献资料重新整合所得，仅供参考) （1）钨作灯丝与_______性质有关(不定项)。A.延展性B导电性C.高熔点D.高密度

（2）钨有金属光泽的原因________(从微观角度解释)。（3）Ca原子在晶胞中的_______位置。A.顶点B.棱上C.面上D.体心（4）钨在周期表中的位置是_______。A.第五周期第ⅡB族B.第五周期第ⅣB族C.第六周期第ⅡB族D.第六周期第ⅥB族（5）根据价层电子对斥理论，WO4（6）图晶胞1−8号O原子，若晶胞仅含1个完整WO4 （7）给出晶胞参数，求ρCaWO电解制备CaWO4已知K（8）写出电解的阳极方程式________。（9）为获取高纯产物，制备时需要不断通入N2三、福辛普利中间体合成3．(以下题目中的流程根据回忆所得信息结合文献资料重新整合所得，仅供参考)已知：（1）A中含氧官能团的结构简式为：。（2）反应1的作用是：。（3）反应2为(反应类型)。（4）D中有_______个手性碳原子。A．1 B．2 C．3 D．4（5）生成E的同时会生成其同分异构体H，H的结构简式为：。（6）关于化合物E的说法中正确的是_______。A．碳的杂化方式有sp2和sp两种 C．能与NaHCO3反应产生CO2（7）F的同分异构体I水解后生成J、K，写出一种符合条件的I即可。i.J是有3个碳原子的α-氨基酸ii.K遇FeCl3iii.由核磁共振氢谱分析，K的苯环上有2种氢，个数比为2:2（8）反应F→G的反应条件是：。（9）以HCHO和为原料，合成(无机试剂任选)。四、锗的工业提取4．工业从低品位锗矿中提取精锗，使用分步升温的方法：（1）验证矿石中的锗元素可使用的方法为________。A．原子发射光谱法B．红外光谱法C．X射线衍射（2）GeO既能和强酸反应，也能与强碱反应，由此推测GeO是________氧化物。已知矿中含有H2O、煤焦油、H煤焦油AsGeOGeO熔点0℃20~30℃312℃710℃升华1100℃沸点100℃70~80℃465℃（3）使用分段升温的原因是________。（4）下图为在不同温度下，使用不同浓度的NaH2PO2A.1000℃，2.5%B.1000℃，5.0%C.1100℃，2.5%D.1200℃，2.5%（5）真空还原阶段用NaH2PO2⋅H采用滴定法测定样品中Ge元素含量的方法如下：(以下实验过程根据回忆所得信息结合文献资料重新整合所得，仅供参考)准确称取mg含锗矿石粉末，置于圆底烧瓶中。加入20mL浓盐酸和FeCl3溶液，加热至微沸(溶解)冷却后，加入0.5gLiH2加入(5mL)磷酸H3PO4，冷却溶液至10℃以下(冰水浴)，用橡胶塞密封锥形瓶。向锥形瓶中加入1mL10记录消耗的KIO3体积为VmLGe+4GeCl43GeCl5KI+KIO（6）装置a名称为_______。A.锥形瓶B.恒压滴液漏斗C.球形冷凝管D.滴定管（7）滴定终点时，颜色由________变为________，半分钟不褪色30s。（8）滴定时为什么要用橡胶塞塞紧锥形瓶________？(真空还原)（9）已知M(Ge)=73g⋅mol−1，求mg样品(固体)中（10）滴定结果纯度偏大，可能的原因是_______。A.未用KIO3B.未用HCl将样品从冷凝管中洗入锥形瓶(仪器a)C.滴定结束后，在滴定管尖嘴处出现气泡D.在常温下滴定(未保持在10℃以下滴定)五、铁及其化合物5．铁红是颜料，什么什么自古以来使用很多的……(题干缺失)。（1）赭红的主要成分是_______。A．Fe2S3 B．Fe3O4（2）饱和氯化铁溶液说法正确的是_______。A．常温显中性 B．加铁粉变红褐色C．遇沸水后得到胶体 D．加氨水有白色沉淀（3）有关铁原子说法正确的是_______。(不定项)A．有4个不同能级的电子 B．有5个未成对电子C．占据15个原子轨道 D．有26种能量不同的电子（4）加热试管中固体至红热，则_______。(不定项)A．移开酒精灯后固体保持红热 B．S只做还原剂C．主要产生的气体附产物为SO3 D．最终得到黑色的（5）Fe(SCN)H2O5Cl（6）Fe3+(aq)+xClA．增大B．不变C．减小并用浓度商Q与平衡常数K的大小关系解释原因。（7）已知cCl−=12mol/L，求FeClcx1234K30.2134.997.721.02

答案解析部分1．【答案】(1)A

(2)信息缺失

(3)C

(4)C

(5)信息缺失

(6)A

(7)信息缺失

(8)A

(9)不使用有毒气体光气；不产生氯化氢；可以吸收二氧化碳，变废为宝。【解析】【解答】（1）、信息缺失。（2）、信息缺失。（3）、电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力，电负性越大，原子吸引电子的能力越强。同周期元素，从左到右，核电荷数增加，原子对电子的吸引增强，电负性逐渐增大，O和C同属第二周期，O在C右侧，故O的电负性>C的电负性；H位于第一周期，电负性小于第二周期的C，故C的电负性>H的电负性。综上，电负性顺序为：O>C>H。

故答案为：C（4）、单键都是σ键，双键中含1个σ键和1个π键，由图易得结构中双键：仅C=O，贡献1个σ键。单键：通过结构计数，环内碳碳、碳氧，甲基连接及碳氢键总和，总共包括C-C、C-O、C-H，共12个。总数为：1+12=13，则1mol分子中σ键的数目为13NA。

故答案为：C（5）信息缺失。（6）、A、升高温度，分子能量升高，活化分子百分数增大，A正确；B、增大浓度，增大活化分子数，活化分子百分数不变，B错误；C、压缩容器，即增大压强，针对有气体的反应，增大单位体积活化分子数，活化分子百分数不变，C错误；D、充入惰性气体，若体积不变，浓度不变，活化分子百分数不变，D错误；故答案为：A（7）、活化分子百分数是指：活化分子数/总分子数

A、升高温度，分子能量升高，更多分子达到活化能，活化分子数增加，总分子数不变因此活化分子百分数变大，A正确；

B、增大CO2浓度，活化分子数目在增加的同时，总分子数也同比例增加，因此活化分子百分数不变，B错误；

C、压缩容器，压缩容器会增加压力，从而提高反应物浓度，但温度不变，分子的能量分布不受影响，因此活化分子的百分数不变，C错误；

D、在恒定体积下充入惰性气体，会增加总压力，但反应物的分压和浓度通常不变，因为惰性气体不参与反应。即使浓度变化，温度不变时，分子的能量分布也不变，因此活化分子的百分数不变，D错误；

故答案为：A（8）、信息缺失。（9）、①不使用有毒气体光气：CO2法不使用光气（剧毒气体，易导致安全事故），操作过程更安全。光气-二醇法涉及光气的存储和反应，风险较高，需严格防护；而CO2法以CO2为原料，无毒无害，减少工人健康隐患。

②不产生氯化氢：CO2法利用温室气体CO2作为原料，实现碳捕获和利用，有助于降低碳排放；同时，不产生有害副产物（如光气法中的盐酸）。光气-二醇法则生成HCl等腐蚀性废物，需额外处理，增加环境负担。

③可以吸收二氧化碳，变废为宝：CO2法以CO2（工业废气或廉价资源）为主要原料，成本较低，且反应条件温和，能耗少；产品可设计为可生物降解的脂肪族聚碳酸酯，应用更广。光气-二醇法依赖石油衍生物（光气），原料成本高，且光气制备复杂。

【分析】电负性大小比较规律：随着原子序号的递增，元素的电负性呈现周期性变化；同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主族，自上而下元素电负性递减。对副族而言，同族元素的电负性也大体呈现这种变化趋势。因此，电负性大的元素集中在元素周期表的右上角，电负性小的元素集中在左下角；电负性越大的非金属元素越活跃，电负性越小的金属元素越活泼。氟的电负性最大，是最容易参与反应的非金属；电负性最小的元素铯是最活泼的金属。

对某一反应来说，在一定温度下，活化分子在反应物分子中所占的百分数是一定的。因此，单位体积内活化分子的数目，是和单位体积内反应物分子的总数成正比，也就是和反应物的浓度成正比。显然，当反应物的浓度增大时，单位体积内活化分子的数目也相应地增多，这样也就增加了单位时间内有效碰撞的次数，因此反应速率加快。另外，如果升高反应温度，则分子运动加快，从而增加了单位时间内分子间的碰撞次数；更重要的是由于一些分子获得了能量，增加了活化分子的百分数，因而加快了反应速率。2．【答案】(1)B，C

(2)金属晶体中有自由电子，所以当可见光照射到金属晶体表面时，晶体中的自由电子可以吸收光能而呈现能量较高的状态。但是这种状态不稳定，电子跃迁回到低能量状态时会将吸收的各种波长的光辐射出来，使得金属不透明并具有金属光泽

(3)B，C

(4)D

(5)4

(6)5、6、7、8

(7)ρ(CaWO4)=Z·Ma3·NA；CaWO4的密度较大【解析】【解答】（1）、A、延展性体现在钨可以被拉制成细丝，在制造过程中有一定作用，但它不是钨被选作灯丝的直接或主要原因。纯钨的延展性较差，室温下较脆，通常需要加热才能加工，因此该性质在灯丝应用中不是核心因素，A错误；

B、钨具有良好的导电性，允许电流通过灯丝时产生热量和光，B正确；

C、钨的熔点极高（约3422℃），使其在高温下工作时不熔化，这是选择钨作为灯丝的关键原因，C正确；

D、钨作灯丝与其密度无关，D错误。

故答案为：BC；（2）、钨有金属光泽的原因是：金属晶体中有自由电子，所以当可见光照射到金属晶体表面时，晶体中的自由电子可以吸收光能而呈现能量较高的状态。但是这种状态不稳定，电子跃迁回到低能量状态时会将吸收的各种波长的光辐射出来，使得金属不透明并具有金属光泽；故答案为：金属晶体中有自由电子，所以当可见光照射到金属晶体表面时，晶体中的自由电子可以吸收光能而呈现能量较高的状态。但是这种状态不稳定，电子跃迁回到低能量状态时会将吸收的各种波长的光辐射出来，使得金属不透明并具有金属光泽；（3）、观察Ca的连接方式，Ca原子连接上下层结构，对应棱上，纵向延伸，同时连接同层两侧结构，对应面上，横向分布，故同时符合棱上（B）和面上（C）的位置特征，故答案为：BC；（4）、钨在周期表中的位置由其原子序数和电子排布决定。钨的原子序数为74，电子排布为[Xe]4f¹45d46s2，据此分析最高主量子数为6，来自6s和5d轨道，因此钨位于第六周期，价电子排布为5d46s2，价电子总数为6。钨属于d区元素，d区元素的族号等于价电子总数。因此，钨位于第VIB族；（5）、WO4（6）、WO4（7）、晶胞参数通常指的是晶胞的边长和角度。假设图中标注的边长为a，角度为α、β、γ，ρ(CaWO4)=Z·Ma3·NA，其中Z是晶胞中化学式单位的数量，M是化学式单位的摩尔质量，a是晶胞的体积，NA是阿伏加德罗常数；“重石头”是CaWO（8）、在电解制备CaWO4的过程中，阳极材料为钨（W），电解液为Ca(OH)2/NaOH碱性溶液。阳极发生氧化反应，钨（W）被氧化为钨酸根离子（WO42-），钨的氧化态从0升至+6，失去6个电子；在碱性条件下，OH-参与反应，生成WO42-和水，生成的WO42-与溶液中的Ca2+结合形成CaWO4沉淀

，故答案为：W+8OH−（9）、空气中含有CO2，CO2溶解于碱性电解液（含OH-）中会反应：CO2+2OH-→CO32-+H2O。

生成的CO32-与溶液中的Ca2+结合形成CaCO3沉淀：Ca2++CO32-=CaCO3↓，对比二者的Ksp的数值，KspCaWO4=8.7×10−9,KspCaCO3=2.7×10−8，虽然CaWO4的溶度积更小，但CaCO3的溶度积较大，在CO2存在下仍可能生成CaCO【分析】明确晶胞位置定义：顶点：晶胞的8个角落；棱上：12条棱的中间位置；面上：6个面的中心区域；体心：晶胞内部中心。W丝除了有导电性以外，还具有很高的熔点，价层电子对的计算公式为中心原子价电子数+配位原子提供的电子总数+电荷数2，与电源正极相连的是电解池的阳极，与电源负极相连的是电解池的阴极，阳极失电子，阴极得电子；

电解方程式的书写方法：(1)写出溶液中存在的离子(2)比较放电顺序(3)写出电极反应，推测其他产物；书写时要注意：①阴极不管是什么材料，电极本身都不反应，一定是溶液(或熔融电解质)中阳离子放电②阳极材料若是金属电极(Au、Pt除外)，溶液中的阴离子不反应，电极金属失电子被氧化③电解水溶液时，K+～Al3+不可能在阴极放电，即不可能用电解水溶液的方法得到K、Ca、Na、Mg、Al等金属单质④电解水溶液时，Pb2+、Sn2+、Fe3．【答案】（1）—COOH、—OH（2）保护氨基，防止被氧化（3）氧化反应（4）B（5）（6）C；D（7）(J为，K为)（8）Ni，加热（9）→ii、H+，H2【解析】【解答】（1）、由结构可知，A中含氧官能团的结构简式为：—COOH、—OH；（2）、反应1中氨基被反应，在后续反应5中又被转化为氨基，其作用为：保护氨基，防止被氧化；（3）、由分析，B中羟基被氧化为羰基，为氧化反应；（4）、手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；中含有2个手性碳原子，故选B；（5）、生成E为羟基的消去反应，同时会生成其同分异构体H，则为羟基消去，在临近氮原子的碳上形成碳碳双键，得到H的结构简式为：；（6）、A、苯环碳、羰基碳为sp2杂化，饱和碳为sp3B、茚三酮反应是一种化学反应，是指在加热条件及弱酸环境下，氨基酸或肽与茚三酮作用生成有特殊颜色的化合物及相应的醛和二氧化碳的反应。由E结构可知其不能与茚三酮反应，错误；C、分子中含羧基，能与NaHCO3反应产生COD、当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键；分子中含有N、羧基，则能形成分子间氢键，正确；故答案为：CD；（7）、F出苯环外，含有5个碳、1个氮、2个氧、3个不饱和度，F的同分异构体I水解后生成J、K，i.J是有3个碳原子的α-氨基酸，则为J为，且K除苯环外含2个碳、1个氧、2个不饱和度；ii.K遇FeCl3溶液溶液能显色，含有酚羟基，iii.由核磁共振氢谱分析，K的苯环上有2种氢，个数比为2:2，则结构对称，K为；故I可以为；（8）、反应F→G为苯环和碳碳双键与氢气催化加成的反应，反应条件是：Ni，加热；（9）、和甲醛发生已知反应生成，羟基发生消去反应生成，再发生加聚反应生成产物，故流程为：→ii、H+，H2Oi、HCHO→浓硫酸Δ→一定条件。

【分析】A→B合成路线中，官能团变化为A中氨基（-NH-）与苄氧羰基（PhCH2OCO-）结合，形成氨基甲酸苄酯结构（-NHCOOCH2Ph）。据此可判断反应类型为氨基的酰化反应，利用此反应可以实现对苄氧羰基保护；B→C中，利用CrO3/H2SO4（1）由结构，A中含氧官能团的结构简式为：—COOH、—OH；（2）反应1中氨基被反应，在后续反应5中又被转化为氨基，其作用为：保护氨基，防止被氧化；（3）由分析，B中羟基被氧化为羰基，为氧化反应；（4）手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；中含有2个手性碳原子，故选B；（5）生成E为羟基的消去反应，同时会生成其同分异构体H，则为羟基消去，在临近氮原子的碳上形成碳碳双键，得到H的结构简式为：；（6）A．苯环碳、羰基碳为sp2杂化，饱和碳为sp3B．茚三酮反应是一种化学反应，是指在加热条件及弱酸环境下，氨基酸或肽与茚三酮作用生成有特殊颜色的化合物及相应的醛和二氧化碳的反应。由E结构可知其不能与茚三酮反应，错误；C．分子中含羧基，能与NaHCO3反应产生COD．当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键；分子中含有N、羧基，则能形成分子间氢键，正确；故选CD；（7）F出苯环外，含有5个碳、1个氮、2个氧、3个不饱和度，F的同分异构体I水解后生成J、K，i.J是有3个碳原子的α-氨基酸，则为J为，且K除苯环外含2个碳、1个氧、2个不饱和度；ii.K遇FeCl3溶液溶液能显色，含有酚羟基，iii.由核磁共振氢谱分析，K的苯环上有2种氢，个数比为2:2，则结构对称，K为；故I可以为；（8）反应F→G为苯环和碳碳双键与氢气催化加成的反应，反应条件是：Ni，加热；（9）和甲醛发生已知反应生成，羟基发生消去反应生成，再发生加聚反应生成产物，故流程为：→ii、H+，H2Oi、HCHO→4．【答案】(1)A

(2)两性

(3)①在600~700℃焙烧可除去矿石中的H2O、煤焦油、As2O3等杂质，将Ge元素氧化为GeO2；②真空还原阶段，升温到1000~1200℃，GeO升华蒸出

(4)C

(5)8GeO2+4NaH2PO2⋅H2O【解析】【解答】（1）、A、原子发射光谱法是利用原子或离子在一定条件下受激而发射的特征谱线来研究物质的化学成分及含量，每种元素都有其独特的原子发射光谱，可用于确定物质中所含元素种类，所以能用于验证矿石中的锗元素，A正确；

B、红外光谱法主要用于测定有机化合物中官能团的种类和结构，通过分析分子对红外光的吸收情况来确定分子结构，不适用于检测元素种类，不能用于验证锗元素，B错误；

C、X射线衍射主要用于研究晶体的结构，通过分析X射线在晶体中的衍射图案来确定晶体的晶格参数、晶型等信息，不是用于检测元素种类的方法，不能验证矿石中的锗元素，C错误；

故答案为：A（2）、既能和酸又能和碱反应生成盐和水的氧化物属于两性氧化物；GeO既能和强酸反应，也能与强碱反应，由此推测GeO是两性氧化物；（3）、在低品位锗矿中含有H2O、煤焦油、AS2O3等杂质，不同物质的熔沸点不同。分段升温可以利用各物质熔沸点的差异，在不同温度阶段使相应的杂质以合适的状态（气态、液态等）分离出去。先升温到较低温度，可使沸点较低的H2O和煤焦油汽化分离；继续升温，可使AS2O3在其沸点附近汽化分离，而GeO2等目标物质在相应温度下仍保持固态或其他合适状态，不被过早分离，从而实现杂质与目标物质的有效分离，提高锗的提取纯度和效率。

①在600~700℃焙烧可除去矿石中的H2O、煤焦油、As2O3等杂质，将Ge元素氧化为GeO2；②真空还原阶段，升温到（4）、由图，1100℃，使用2.5%的NaH2PO2（5）、真空还原阶段用NaH2PO2⋅H2O除GeO2，产物还有（6）、仪器a为球形冷凝管，在实验中起到使蒸汽冷却回流的作用，故选C；（7）、根据已知，碘酸根离子和Ge2+反应生成碘离子，当Ge2+反应完，碘酸根就会和生成的I-反应得到碘单质遇溶液中淀粉变蓝，则实验滴定终点时，颜色由无色变为浅蓝色，半分钟不褪色30s。（8）、空气中氧气具有氧化性，实验盖紧塞子防止GeCl2被氧化（或绝氧气，避免GeCl2被氧化为（9）、由题干反应结合Ge元素守恒，存在3Ge∼KIO3，则mg样品(固体)中Ge元素的质量分数（10）、A、未用KIO3B、未用HCl将样品从冷凝管中洗入锥形瓶(仪器a)，导致Ge元素损失，使得测得结果偏低；C、滴定结束后，在滴定管尖嘴处出现气泡，导致标准液用量读数减小，使得测得结果偏小；D、在常温下滴定(未保持在10℃以下滴定)，LiH2PO3故答案为：AD。【分析】低品位锗矿通过在600~700℃的温度下氧化焙烧，将低品位锗矿中低价态Ge（如GeS2、锗硅酸盐等）氧化为GeO2，此时Ge从低价升高到+4价，转化为易处理的氧化物，同时在焙烧时挥发或氧化为气体，据此除去硫、碳等杂质；接着在1000~1200℃的温度下真空还原，NaH2PO2·H2O（次磷酸钠）作为还原剂，在高温下分解产生强还原性PH3气体，PH3还原GeO2生成GeO蒸气，真空环境能降低GeO沸点，使其以蒸气形式高效分离，同时副产物NaPO3（偏磷酸钠）以熔渣形式排出；

最后通过多步反应把GeO还原成Ge，同时粗锗经多步反应提纯为高纯锗，多步设计确保锗的纯度和回收率。滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管；查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录；锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；5．【答案】（1）D（2）C（3）C（4）A（5）Fe(SCN)H（6）A；所有离子浓度变为原来12，Q>K（7）0.805【解析】【解答】（1）A、三硫化二铁：呈黑色或灰黑色（如硫铁矿），非红色，A错误；

B、四氧化三铁：呈黑色（如磁铁矿），具有磁性，B错误；

C、硫化亚铁：呈黑褐色，常见于陨硫铁，C错误；

D、三氧化二铁：赤铁矿的红色源于Fe3+的电子跃迁，是赭红的显色成分，赭红作为颜料广泛应用于古代壁画、岩画（如敦煌壁画）和油画，其红色稳定性归因于Fe2O3的化学惰性，D正确。

故答案为：D（2）A、氯化铁是强酸弱碱盐且在水溶液中Fe3+水解，溶液显酸性，Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3↓+3H+，A错误；B、加铁粉发生还原反应，生成浅绿色Fe2+：2 Fe3++Fe=3 Fe2+溶液由黄褐色变为浅绿色（Fe2+颜色），无红褐色，B错误；

C、饱和FeCl3溶液滴入沸水中，水解形成氢氧化铁胶体：FeCl3+3 H2O=Fe(OH)3(胶体)+3 HCl，可以观察到溶液变为红褐色透明胶体，可以用丁达尔效应来验证，C正确；

D、加氨水生成红褐色絮状沉淀（Fe(OH)3），非白色：Fe3++3 NH3 ⋅ H2O=Fe(OH)3↓+3 NH4+，D错误；故答案为：C（3）A、"能级"在此指主量子数n的能级。根据铁原子的电子排布为：1s22s22p63s23p64s23d6可以推断出，铁的电子占据能级为：1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s，共7个不同能级，A错误；B、铁原子基态未成对电子主要在3d亚层，3d6有5个轨道，根据洪特规则有6个电子以高自旋状态排布，即4个未成对的单电子和1个成电子，4s2全满，无未成对电子，因此，未成对电子总数为4个，B错误；

C、原子轨道数量由亚层决定，其中s：1个、p：3个、d：5个轨道，因此根据铁原子的电子排布可以推断出总轨道数：1+1+3+1+3+1+5=151+1+3+1+3+1+5=15，C正确；

D、电子能量由量子数n和ll决定，同一亚层内电子能量相同，称之为简并轨道，铁原子有7个不同亚层（能级）：1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d，每个亚层内电子能量相同（如2p6的6个电子能量相同）。因此，电子只有7种不同能量，而不是26种，D错误；故答案为：C；（4）A、铁与硫的反应是放热反应，一旦反应加热至红热，释放的热量足以维持反应进行，移开酒精灯后固体继续红热，直至反应完成或反应物耗尽，A正确；B、在反应中：铁（Fe）从0价升至+2价，被氧化，作还原剂，硫（S）从0价降至-2价，被还原，作氧化剂，B错误；

C、铁与硫的反应是固相直接化合，主要产物为固态FeS，不产生气体。SO3是硫氧化物，但实验中无氧气参与，且硫粉加热可能升华产生硫蒸气，并非SO3，C错误；

D、实际产物为硫化亚铁，化学式是FeS，呈黑色。Fe2S3（三硫化二铁）不稳定，