【化学】福建省宁德市高中同心顺联盟校2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）

福建省宁德市高中同心顺联盟校2018-2019学年高一下学期期中考试试题
（考试时间：90分钟；满分：100分）
温馨提示：
1．本学科试卷分试题卷和答题卡两部分。试题分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）（共6页20题），全部答案必须按要求填写在答题卡的相应答题栏内，否则不能得分。
2．相对原子质量：H-1 Mg-24 Al-27
第Ⅰ卷 选择题（共48分）
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.“玉兔”号月球车用作为热源材料。下列关于的说法正确的是（ ）
A. 与互为同位素
B. 与具有相同的中子数
C. 与具有完全相同的物理性质和化学性质
D. 与具有相同的电子层结构
【答案】D
【解析】A.与的质子数不同，分别为94、92，不是同位素，A错误；
B.与具有相同的质子数，但中子数不同，分别是145、144，B错误；
C.与质子数不同，属于不同元素，因此具有不同的物理性质和化学性质，C错误；
D.与质子数相同，属于同一元素，原子核外电子数等于原子核内质子数，因此具有相同的电子层结构，D正确；
故合理选项是D。
2.下列变化符合如图所示的是（ ）

A. 金属钠与水反应 B. 甲烷在空气中燃烧
C. 氢氧化钠与盐酸反应 D. 石灰石高温分解
【答案】D
【解析】根据图示可知发生的反应中生成物的能量比反应物的多，因此属于吸热反应。
A.金属钠与水反应是放热反应，A不符合题意；
B.甲烷在空气中燃烧的反应为放热反应，B不符合题意；
C.氢氧化钠与盐酸发生的酸碱中和反应是放热反应，C不符合题意；
D.石灰石高温分解产生CaO和CO2的反应是吸热反应，D符合题意；
故合理选项是D。
3.从古至今化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（ ）
A. 无色透明的SiO2是制造光导纤维的重要原料
B. 合金熔点、硬度都低于成分金属
C. 中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的有机高分子材料
D. 晶体硅被用于计算机芯片，工业制粗硅的反应原理为：SiO2＋CSi＋CO2↑
【答案】A
【解析】A.SiO2晶体可以使光线发生全反射，因此无色透明的SiO2是制造光导纤维的重要原料，A正确；
B.合金熔点低于成分金属，但是硬度却高于成分金属，B错误；
C.中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料，C错误；
D.工业制粗硅的反应原理为：SiO2+2CSi+2CO↑，D错误；
故合理选项是A。
4.下列关于元素周期表应用的说法正确的是（ ）
A. 在金属与非金属的交界处，可寻找到作催化剂的合金材料
B. 共有18个族，第ⅢB族含元素种类最多
C. 根据周期律编制出第一个元素周期表的科学家是门捷列夫
D. 某元素原子最外电子层上只有两个电子，该元素一定是ⅡA族元素
【答案】C
【解析】A.在金属与非金属的交界处，可寻找到半导体材料，A错误；
B.元素周期表共有18个纵行，16个族，第ⅢB族还含有镧系元素和锕系元素，是种类最多的族，B错误；
C.门捷列夫是根据周期律编制出第一个元素周期表的科学家，C正确；
D.某元素原子最外电子层上只有两个电子，可能是惰性气体元素He，也可能是Be、Mg等第IIA族的元素，还可能是某些副族元素，因此不一定是ⅡA族元素，D错误；
故合理选项是C。
5.下列选项中，为完成相应实验，所用仪器或相关操作合理的是（ ）
A
B
C
D
配制1mol/L AlCl3溶液
实验室制取
氢气
比较硫、碳、硅三种
元素的非金属性强弱
盛装NaOH
溶液




【答案】C
【解析】A.应该用玻璃棒引流来转移溶液，A错误；
B.制取氢气应该用非氧化性的盐酸或稀硫酸，若用稀硝酸与Zn反应不能得到氢气，得到的是NO气体，B错误；
C.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，硫酸与碳酸钠反应产生CO2气体，CO2沿导气管进入烧杯中，与硅酸钠在溶液中发生反应制得硅酸，根据锥形瓶中产生大量气泡，烧杯中出现白色沉淀，说明酸性：硫酸>碳酸>H2SiO3，从而可证明元素的非金属性S>C>Si，C正确；
D.NaOH溶液能够与玻璃中的SiO2发生反应生成具有黏性的硅酸钠，使玻璃瓶与玻璃塞粘在一起，从而使瓶塞难以打开，因此不能使用玻璃塞，应该使用橡胶塞，D错误；
故合理选项是C。
6.下列有关铝及其重要化合物叙述正确的是（ ）
A. 氢氧化铝可作胃酸的中和剂
B. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量的氨水：Al3＋+4NH3·H2O==[Al(OH)4]-+4NH4+
C. 铝罐可用于盛放浓硝酸，是因为铝与浓硝酸不反应
D. Al2O3和MgO均可与NaOH溶液反应
【答案】A
【解析】A.氢氧化铝可与胃酸发生反应，对人无刺激性，因此可作胃酸的中和剂，A正确；
B.向Al2(SO4)3溶液中加入过量的氨水，反应产生硫酸铵和氢氧化铝，反应的离子方程式为Al3＋+3NH3·H2O==Al(OH)3↓+3NH4+，B错误；
C.铝罐可用于盛放浓硝酸，是因为铝在室温下遇浓硝酸会被氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步氧化，即发生钝化现象，不是不发生反应，C错误；
D.Al2O3是两性氧化物，可以与NaOH发生反应，而MgO是碱性氧化物，不能与NaOH溶液反应，D错误；
故合理选项A。
7.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. SiO2与NaOH溶液反应：SiO2+2OH－==SiO32－+H2O
B. HCl的电子式：
C. S2−的结构示意图：
D. 原子核内有8个中子的碳原子：
【答案】A
【解析】A.反应符合事实，符合离子方程式书写要求，A正确；
B.HCl是共价化合物，H原子与Cl原子通过共价键结合，电子式为，B错误；
C.S是16号元素，原子核内有16个质子，S原子获得2个电子变为S2-，离子结构示意图为，C错误；
D.原子核内有8个中子的碳原子质量是数为14，表示为：，D错误；
故合理选项是A。
8.金属及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的各步转化关系中不能通过一步反应完成的是（ ）
A. Na→NaOH→Na2CO3 B. Fe→Fe(NO3)3→Fe(OH)3
C. A1→A12O3→A1(OH)3 D. Mg→MgCl2→Mg(OH)2
【答案】C
【解析】A.Na→NaOH→Na2CO3中，Na与H2O发生反应产生NaOH，NaOH吸收CO2反应产生Na2CO3 和水，所以能一步实现，A不选；
B.Fe→Fe(NO3)3→Fe(OH)3中反应分别是Fe与过量的硝酸反应产生Fe(NO3)3，硝酸铁与NaOH溶液或氨水发生复分解反应产生Fe(OH)3，所以能一步实现，B不选；
C.氧化铝不能溶于水，和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝，C选；
D.Mg与盐酸发生置换反应产生MgCl2，MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应产生Mg(OH)2，所以能一步实现，D不选；
故合理选项是C。
9.甲、乙、丙、丁分别是Al2(SO4)3、FeSO4、NaOH、BaCl2四种物质中的一种，若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，据此可推断丙物质是（ ）
A. Al2(SO4)3 B. NaOH C. BaCl2 D. FeSO4
【答案】D
【解析】若将乙溶液滴入丁溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，应为NaOH和Al2(SO4)3的反应，反应的方程式有：Al2(SO4)3+6NaOH==2Al(OH)3↓+3Na2SO4、Al(OH)3+NaOH==NaAlO2+2H2O，现象为先生成白色沉淀，后沉淀溶解，则乙为NaOH，丁为Al2(SO4)3，乙溶液滴入丙溶液中，无明显现象发生，只有BaCl2与NaOH不反应，则甲为BaCl2，因此，丙为FeSO4。故选D。
10.如图是元素周期表的一部分，下列叙述不正确的是（ ）

A. Sn的最高正价为+4
B. Br的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBrO3
C. 酸性强弱：H3AsO4Al，Al可以与盐酸发生反应，所以活动性比Al强的Tl也可以与盐酸发生反应，A正确；
B.Se是第VIA的元素，与S相似，所以Se的氧化物有SeO2、SeO3，B错误；
C. AgF溶于水，AgCl难溶于水，AgBr难溶于水，则AgI难溶于水，C错误；
D.SiO2难溶于水，不能与水化合生成H2SiO3，D错误；
故合理选项是A。
12.根据表1信息，判断以下叙述正确的是（ ）
表1部分短周期元素的原子半径及主要化合价
元素代号
X
Y
Z
M
N
原子半径／nm
0．160
0．143
0．112
0．104
0．066
主要化合价
＋2
＋3
＋2
＋6、－2
－2
A. 氢化物的稳定性为H2N＞H2M
B. X、Y的金属性X＜Y
C. Y的最高价氧化物的水化物能溶于稀氨水
D. X2＋与M2－具有相同的电子层结构
【答案】A
【解析】
【分析】短周期元素，由元素的化合价可知，N只有-2价，则N为O元素，M有-2价和+6价，则M为S元素，X、Z处于第IIA族，原子半径X>Z，Y处于第IIIA族，原子半径X>Y>Z，则X为Mg元素，Z为Be元素，Y为Al元素。
【详解】根据上述分析可知X是Mg，Y是Al，Z是Be，M是S，N是O元素。
A.元素的非金属性越强，其相应的氢化物稳定性越强，由于元素的非金属性N>M，所以稳定性：H2N＞H2M，A正确；
B.同一周期的元素，原子序数越大，元素的金属性越弱，所以X、Y的金属性X>Y，B错误；
C. Y的最高价氧化物的水化物Al（OH）3属于两性氢氧化物，不能与弱碱发生反应，所以不能溶于稀氨水，C错误；
D.X是Mg，失去最外层2个电子变为2、8电子层结构，M是S，原子获得2个电子，形成2、8、8电子层结构，因此X2＋与M2－具有不同的电子层结构，D错误；
故合理选项是A。
13.无色溶液中能大量共存的是（ ）
A. H+、Na+、NO3－、SiO32－ B. [Al(OH)4] －、Na+、SO42－、OH－
C. Fe3+、K+、SO42－、NO3－ D. K+、H+、HCO3－、Cl－
【答案】B
【解析】A.H+与SiO32-会反应产生H2SiO3沉淀，不能大量共存，A错误；
B.离子的水溶液无色，且选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，B正确；
C. Fe3+的水溶液显黄色，在无色溶液中不能大量存在，C错误；
D. H+、HCO3-会发生反应产生H2O、CO2，不能大量共存，D错误；
故合理选项是B。
14.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，X、Y的核电荷数之比为3∶4，W－的最外层为8电子结构，金属单质Z在空气中燃烧生成的淡黄色化合物。下列说法不正确的是（ ）
A. XY2能与Z的最高价氧化物对应的水化物发生反应
B. 元素Z与W形成的化合物ZW是厨房常用调味品
C. Y、Z、W的简单离子核外电子数相同
D. W的单质可用于自来水消毒
【答案】C
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，X只有为第二周期元素，则X为C元素；X、Y的核电荷数之比为3：4，Y的核电荷数为8，Y为O元素；金属单质Z在空气中燃烧生成的淡黄色化合物，Z为Na元素，W的原子序数大于11，W-的最外层为8电子结构，W为Cl元素，据此解答。
【详解】由上述分析可知，X为C，Y为O，Z为Na，W为Cl。
A.XY2能为CO2，CO2是酸性氧化物，可以与Na元素的氢氧化物NaOH发生反应产生碳酸钠和水，A正确；
B.由Z、W形成的化合物为NaCl，用于日常生活的调味品，B正确；
C.Y、Z、W三种元素形成的简单离子为O2-、Na+、Cl-，其中O2-、Na+核外有2个电子层，Cl-有3个电子层，因此三种微粒的电子层结构不相同，C错误；
D.W单质为氯气，氯气与水反应生成的HClO具有强氧化性，可作水的消毒剂，D正确；
故合理选项是C。
15.新型镁铝合金（Mg17Al12）（合金中金属化合价均为0）有储氢性能，下列说法正确是（ ）
A. 该合金应在氮气保护下，将一定比例的Mg、Al单质熔炼而成
B. 1mol Mg17Al12与盐酸完全反应放出H2为35mol
C. 一定量的镁铝合金既可以完全溶于足量盐酸中，也可以完全溶于足量的NaOH溶液中
D. 等质量的镁、铝、和镁铝合金分别与足量的盐酸反应生成H2的体积(同温同压下)由大到小的顺序为：V(Mg)>V(合金)>V(Al)
【答案】B
【详解】A.制备该合金如果在氮气保护下，Mg单质在一定温度下熔炼时，镁和氮气反应3Mg+N2Mg3N2，A错误；
B.1molMg17Al12中含17molMg、12molAl，分别与HCl反应产生氢气的物质的量分别是17mol、12mol×=18mol，因此在与盐酸反应时生成氢气的总物质的量分别为35mol，B正确；
C.镁铝合金中的Mg、Al都是比较活泼的金属，可以与盐酸发生反应产生MgCl2、AlCl3，但Mg不能与NaOH溶液反应，因此不能完全溶解在NaOH溶液中，C错误；
D若金属质量为mg，若完全为Mg，放出氢气的物质的量为mol，若完全是Al，反应放出氢气的物质的量为=mol，若为镁铝合金，放出氢气的物质的量介于二者之间，即mol Mg2+；
(3)④⑧⑨分别是F、S、Cl，元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性F>Cl>S，所以三种元素的气态氢化物中，最稳定的是HF；
F元素没有最高价的含氧酸，由于元素的非金属性Cl>S，所以最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是HClO4；
(4)⑤是Na，⑦是Al，两种元素的最高价氧化物对应的水化物分别是NaOH、Al(OH)3，Al(OH)3是两性氢氧化物，可以与强碱NaOH发生反应产生四羟基合铝酸钠，发生反应的离子方程式Al(OH)3+OH-== [Al(OH)4]-；
(5)①是H，③是N，⑨是Cl，由①③⑨组成的离子化合物是氯化铵，化学式为NH4Cl，该物质是离子化合物，NH4+与Cl-之间通过离子键结合，NH4+中的N、H原子间通过共价键结合，所以其中含有的化学键类型是离子键、共价键。
18.材料与生产、生活和科技密切相关。回答下列问题：
(1)下列物质中属于复合材料的是___________(填标号)。
A.钢化玻璃 B.玻璃钢 C.钢筋混凝土 D.水泥
(2)钾长石(K2Al2Si6O16)通常也称正长石，主要用于生产玻璃、陶瓷制品，请以氧化物组成的形式表示钾长石的化学式____________。
(3)新型无机非金属材料碳化硅陶瓷(SiC)是一种耐高温陶瓷，反应原理为SiO2＋3CSiC＋2CO↑，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_________。
(4)金属材料的应用更是广泛。①工业常用30％FeCl3溶液腐蚀绝缘板上铜箔，制造印刷电路板。腐蚀废液中含有Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋离子。当向腐蚀液中加入足量的Fe粉，一定不存在的离子是________________。
②铝热反应可用于冶炼难熔的金属，请写出Al与Cr2O3反应的化学方程式_________。
【答案】(1). BC (2). K2O·Al2O3·6SiO2 (3). 1：2 (4). Fe3+、Cu2+ (5). 2Al+Cr2O32Cr+Al2O3
【解析】
分析】（1）复合材料是将两种或两种以上性质不同的材料经特殊加工而成的材料；其中，一种材料作为基体，另一种材料作增强剂；
(2)用氧化物组成的形式表示硅酸盐时，先写金属氧化物（按金属活泼性依次书写），再写非金属性氧化物，要注意各种元素的原子个数比不变；
(3)还原剂中所含元素化合价升高，氧化剂中所含元素化合价降低，据此分析；
(4)①根据氧化性Fe3+>Cu2+>Fe2+分析解答；
②Al与Cr2O3在高温下反应产生Al2O3、Cr。
【详解】(1)复合材料是将两种或两种以上性质不同的材料经特殊加工而成的材料；其中，一种材料作为基体，另一种材料作增强剂，属于复合材料的是玻璃钢和钢筋混凝土，故合理选项是BC；
(2)钾长石(K2Al2Si6O16)是硅酸盐，用氧化物的形式表示为K2O·Al2O3·6SiO2；
(3)在反应SiO2+3CSiC+2CO↑中，C元素的化合价一部分升高变为CO，作还原剂，一部分化合价降低，变为SiC，作氧化剂，根据化合价升降总数相等，可知在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；
(4)①由于微粒的氧化性Fe3+>Cu2+>Fe2+，向含有上述离子的溶液中加入足量的Fe粉，会发生反应：2Fe3++Fe==3Fe2+；Cu2++Fe==Cu+Fe2+，所以当向腐蚀液中加入足量的Fe粉，一定不存在的离子是Fe3+、Cu2+；
②Al与Cr2O3在高温下反应产生Al2O3、Cr，根据原子守恒、电子守恒，可得反应方程式为：2Al+Cr2O32Cr+Al2O3。
19.某工厂的废金属屑中主要成分为Cu、Fe和Al，此外还含有少量Al2O3和Fe2O3，为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用该工厂的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体(FeSO4·7H2O)和胆矾晶体。

请回答：
(1)写出步骤Ⅰ中Al与NaOH溶液反应的离子方程式_________。
(2)试剂X是_______；固体F是______。
(3)在步骤Ⅱ时，用如图装置制取CO2并通入溶液A中。一段时间后，观察到烧杯中产生
的白色沉淀会逐渐减少。为避免固体C减少，可在a和b间加一个盛有饱和____溶液的洗气瓶，其作用是______。

(4)使用FeSO4时，如要防止Fe3+的干扰，可以加入适量铁粉进行除杂，写出加入铁粉后发生反应的离子方程式________。
【答案】(1). 2Al+2OH-+6H2O==2[Al(OH)4]-+3H2↑ (2). 稀硫酸 (3). 铜 (4). NaHCO3 (5). 除去CO2中的HCl气体 (6). 2Fe3++Fe==3Fe2+
【解析】
【分析】Fe、Cu、Fe2O3都不与NaOH溶液反应，Al和Al2O3可与NaOH溶液反应，用含有Al、Fe、Cu和Al2O3、Fe2O3的废金属屑制取AlCl3、绿矾晶体（FeSO4•7H2O）和胆矾晶体流程为：合金中Al、Al2O3与NaOH反应，所得滤液A为NaAlO2溶液，经途径Ⅱ与足量CO2发生反应：AlO2-+CO2+2H2O==Al(OH)3↓+HCO3-，反应生成Al(OH)3固体C，生成的Al(OH)3再和盐酸反应生成AlCl3，得到的AlCl3较纯净；溶液D为NaHCO3溶液；滤渣B为Fe、Cu及Fe2O3，为了获得绿矾，根据元素守恒，加入足量稀硫酸，得到的滤液E为FeSO4，经蒸发浓缩、冷却结晶可得到绿矾，滤渣F为Cu，可用于制备胆矾，以此解答该题。
【详解】(1) 步骤Ⅰ中Al与NaOH溶液反应产生四羟基合铝酸钠和氢气，反应的离子方程式2Al+2OH-+6H2O==2[Al(OH)4]-+3H2↑；
(2)固体B是Fe、Cu、Fe2O3的混合物，向其中加入稀硫酸，金属铜和稀硫酸不反应，但是金属铁可以和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁，硫酸铁与铁化合成硫酸亚铁，进而制得绿矾晶体，所以试剂X为稀硫酸，固体F是Cu单质；
(3)进行步骤Ⅱ时，该小组用如图2所示装置及试剂将制得的CO2气体通入溶液A中，一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是二氧化碳气体中含有从盐酸中挥发出的HCl气体，氯化氢在水中溶解了部分Al(OH)3沉淀，发生的反应为Al(OH)3+3H+==Al3++3H2O，为了避免固体C减少，可在制取二氧化碳的装置与收集装置之间增加一个洗去HCl的装置，同时不溶解CO2，二氧化碳在饱和NaHCO3中难溶，氯化氢和NaHCO3反应生成二氧化碳气体，所以可在装置a和b之间增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的氯化氢；
故答案为：在装置a和b之间增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，除去HCl；
(4) 使用FeSO4时，如要防止Fe3+的干扰，可以加入适量铁粉进行除杂，这时Fe单质与Fe3+发生氧化还原反应产生Fe2+，该反应的离子方程式为2Fe3++Fe==3Fe2+，从而达到除杂的目的。
20.某化学课外活动小组为了验证元素化学性质递变规律，进行如下实验探究。
Ⅰ．探究1：验证同周期X、Y、Z三种元素金属性递变规律
实验内容
实验现象
1、各取1.0g金属X和金属Z，分别加入到5mL水中
金属X与水反应比金属Z剧烈
2、各取1.0g的金属Z和金属Y(形状相同)，分别加入到5mL1.0mol/L盐酸中。
金属Z与盐酸反应比金属Y剧烈
通过实验验证三种元素金属性由强到弱是_____，则下列判断正确的是（ ）
A.原子序数：Y＞Z＞X B.原子最外层电子数X＞Y＞Z
C.原子半径：Y＞Z＞X D.Y的最高价氧化物对应水化物的碱性最强
Ⅱ．探究2：验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，设计如下实验：

(1)装置A中盛放的试剂是_______（填选项），化学反应方程式是_________。
A．Na2SO3溶液 B．Na2S溶液 C．Na2SO4溶液
(2)下列不能用于验证氯元素比硫元素非金属性强的依据为______（填选项）。
A.HCl比H2S稳定
B.HClO氧化性比H2SO4强
C.HClO4酸性比H2SO4强
D.铁与Cl2反应生成FeCl3，而硫与铁反应生成FeS
(3)若要验证非金属性：Cl>I，装置A中加入淀粉碘化钾混合溶液，观察到装置A中溶液_______的现象，即可证明。用原子结构理论解释非金属性Cl>I的原因：同主族元素从上到下，________________。
【答案】(1). X>Z>Y (2). A (3). B (4). Cl2+Na2S==2NaCl+S↓ (5). B (6). 变蓝 (7). 原子半径递增，得电子能力递减
【解析】
【分析】I.金属越活泼，与水或酸反应置换出氢气越容易；
根据同一周期的元素，原子序数越大，原子的最外层电子数越多，原子半径越小，元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性越弱分析判断；
II. (1)要验证Cl的非金属性比S强，可通过单质之间的置换反应判断；
(2)根据判断元素非金属性强弱的方法进行判断；
(3)活动性强的可以将活动性弱的置换出来，结合碘单质遇淀粉溶液变为蓝色判断；同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，原子获得电子的能力逐渐减弱。
【详解】I.根据实验1可知X、Z与水混合，金属X与水反应比金属Z剧烈，说明金属活动性X>Z；根据实验2：等质量的金属Z和金属Y分别加入到5mL1.0mol/L盐酸中，金属Z与盐酸反应比金属Y剧烈，说明金属活动性Z>Y，故三种金属活动性X>Z>Y；
A.同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，金属活动性越弱，所以原子序数：XS，D不符合题意；
故合理选项是B；
(3)活动性强的可以将活动性弱的置换出来，将Cl2通入KI淀粉溶液中，发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色；Cl元素的非金属性比I强是由于同主族元素从上到下，原子半径递增，得电子能力递减，故单质的氧化性逐渐减弱，元素的非金属性逐渐减弱。