【KS5U解析】河南省驻马店市2020届高三3月模拟测试理综化学试题 Word版含解析

1、驻马店市高三年级线上模拟测试理科综合能力测试一、选择题。本题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.改革开放40周年取得了很多标志性成果，下列说法不正确是a. “中国天眼”的镜片材料为sic，属于新型无机非金属材料b. “蛟龙”号潜水器所使用的钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性c. 北斗导航专用asic硬件结合国产处理器打造出一颗真正意义的“中国芯”，其主要成分为sio2d. 港珠澳大桥设计使用寿命120年，水下钢柱镶铝块防腐的方法为牺牲阳极保护法【答案】c【解析】【详解】a. sic属于新型无机非金属材料，故不选a；b.钛合金材料具有强度大、密度

2、小、耐腐蚀等特性，故不选b；c.“中国芯”主要成分为半导体材料si，不是sio2，故选c；d. 因为铝比铁活泼，所以利用原电池原理，铁做正极被保护，这种方法叫牺牲阳极的阴极保护法，故不选d；答案：c2.留兰香(薄荷中的一种)可用来治疗感冒咳嗽、胃痛腹胀、神经性头痛等，其有效成分为葛缕酮(结构简式如图)。下列有关葛缕酮的说法正确的是a. 葛缕酮的分子式为c10h16ob. 葛缕酮使溴水和酸性kmno4溶液褪色的原理相同c. 葛缕酮中所有碳原子可能处于同一个平面d. 羟基直接连苯环且苯环上有2个取代基的葛缕酮的同分异构体有12种【答案】d【解析】【分析】本题考查有机物的知识，碳碳双键使溴水和酸性k

3、mno4溶液褪色，但褪色原理不同，前者是加成反应，后者是氧化反应；有机物中碳碳双键、叁键、苯环才具有所有碳共面。由图可知，分子式为c10h14o，羟基直接连苯环，且苯环上有2个取代基，还剩-c4h9，其结构有四种，分别是、，每一种在苯环上与羟基分别有邻间对3种异构体，共12种。【详解】a. 根据图示，葛缕酮的不饱和度为4，所以分子式为c10h14o，a项错误；b. 葛缕酮使溴水和酸性kmno4溶液褪色，但原理不同，前者是加成反应，后者是氧化反应；b项错误； c. 葛缕酮中所有碳原子不可能处于同一个平面，c项错误；d. 分子式为c10h14o，羟基直接连苯环，且苯环上有2个取代基，还剩-c4h9

4、，其结构有四种，分别是、，每一种在苯环上与羟基分别有邻间对3种异构体，共12种，d项正确。答案选d。【点睛】在确定含苯环的同分异构体的题目中，要确定苯环上有几个取代基，之后确定每个取代基是什么基团，例如此题中确定苯环上有羟基之外，还有一个乙基，乙基有4种机构，每一种和羟基成3种同分异构，这样共有12种。苯环上如果有2个取代基（-x、-x或者-x、-y）有3种同分异构；如果有3个取代基时（-x、-x、-y）有6种同分异构体；如果是（-x、-y、-z）有10种同分异构体。3.设阿伏加德罗常数的值为na，下列叙述正确的是a. 1l0.1moll1na2s溶液中含有的s2的数目小于0.1nab. 同温

5、同压下，体积均为22.4l的卤素单质中所含的原子数均为2nac. 1mol苯中含有的碳碳双键数为3nad. 78g过氧化钠固体中所含的阴、阳离子总数为4na【答案】a【解析】【详解】a、由于硫离子水解，所以1l0.1moll-1na2s溶液中含有的s2-的个数小于0.1na，选项a正确；b、同温同压下不一定为标准状况下，卤素单质不一定为气体，体积为22.4l的卤素单质的物质的量不一定为1mol，故所含的原子数不一定为2na，选项b错误；c、苯中不含有碳碳双键，选项c错误；d、过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，78g过氧化钠固体为1mol，其中所含的阴、阳离子总数为3na，选项d错误。答案选a。

6、4.下表中“试剂”与“操作及现象”对应关系错误的是a. ab. bc. cd. d【答案】b【解析】【分析】硝酸银溶液中滴加氨水会产生白色沉淀，继续滴加氨水，白色沉淀会生成氢氧化二氨合银，沉淀溶解；铝粉中滴加氢氧化钠，会生成偏铝酸钠，继续滴加氢氧化钠，无现象；硫酸铜溶液中滴加氢氧化钠，出现氢氧化铜蓝色沉淀，滴加乙醛，加热，新制氢氧化铜会和乙醛反应生辰氧化亚铜砖红色沉淀；氯水中滴加氢氧化钠，颜色褪去，再加盐酸，中和氢氧化钠后与次氯酸反应会生成氯气，颜色恢复。【详解】a.硝酸银溶液中滴加氨水会产生白色沉淀，继续滴加氨水，白色沉淀会生成氢氧化二氨合银，沉淀溶解；a项正确；b.铝粉中滴加氢氧化钠，会生

7、成偏铝酸钠，继续滴加氢氧化钠，无现象；b项错误；c.硫酸铜溶液中滴加氢氧化钠，出现氢氧化铜蓝色沉淀，滴加乙醛，加热，新制氢氧化铜会和乙醛反应生辰氧化亚铜砖红色沉淀；c项正确；d氯水中滴加氢氧化钠，颜色褪去，再加盐酸，中和氢氧化钠后与次氯酸反应会生成氯气，颜色恢复，d项正确；答案选b。5.某校化学兴趣小组探究恒温(98)下乙酸乙酯制备实验中硫酸浓度对酯化反应的影响探究。实验得到数据如下表(各组实验反应时间均5分钟)：下列关于该实验的说法不正确的是a. 乙酸乙酯制备实验中起催化作用的可能是h+b. 浓硫酸的吸水作用、乙酸乙酯的蒸出均可以使酯化反应正向移动c. 浓硫酸和水以体积比约23混合催化效果最

8、好d. 组可知c(h+)浓度越大，反应速率越慢【答案】d【解析】【分析】乙酸乙酯的制备中，浓硫酸具有催化性、吸水性，并且乙酸和乙醇的酯化的可逆反应，浓硫酸吸水作用，乙酸乙酯的蒸出使平衡正向移动。【详解】a. 从表中可知，没有水，浓硫酸没有电离出h+，乙酸乙酯的收集为0，所以起催化作用的可能是h+，a项正确；b. 浓硫酸的吸水作用、乙酸乙酯的蒸出均可以使酯化反应正向移动，b项正确；c. 从表中可知，浓硫酸和水以体积比约23混合催化效果最好，c项正确；d. 表中组c(h+)浓度逐渐变小，收集的乙酸乙酯变小，反应速率越慢，d项错误。答案选d。6.某学习小组设计如下装置进行原电池原理的探究。一段时间后

9、取出铜棒洗净，发现浸泡在稀硝酸铜溶液中铜棒变细，浓硝酸铜溶液中铜棒变粗。对该实验的说法正确的是a. 处于稀硝酸中的铜棒为电池的正极，电极反应为：cu2+ +2e- =cub 该装置可以实现“零能耗”镀铜c. 配置上述试验所用硝酸铜溶液应加入适量的硝酸溶液使铜棒溶解d. 铜棒上部电势高，下部电势低【答案】b【解析】【分析】原电池，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，正极电势比负极电势高。题意中，说明稀硝酸铜中铜作负极，铜变成铜离子进入溶液，下层浓硝酸铜中发生还原反应，铜离子得电子变成铜析出。【详解】a. 题意中稀硝酸铜溶液中铜棒变细，浓硝酸铜溶液中铜棒变粗，说明稀硝酸铜中铜作负极，铜变成铜离子进

10、入溶液，电极反应为： cu -2e- = cu2+；a项错误；b. 稀硝酸铜溶液中铜棒变细，浓硝酸铜溶液中铜棒变粗，这样该装置可以实现“零能耗”镀铜，b项正确；c. 配置上述试验所用硝酸铜溶液若加如硝酸，硝酸会与铜电极反应，不发生题目中的电化学，c项错误；d. 铜棒上部为负极，电势低，下部为正极，电势高，d项错误。答案选b。7.短周期主族元素w、x、y、z、r的原子序数依次增大，其中x、z位于同一主族；w的气态氢化物常用作制冷剂；y是同周期主族元素中离子半径最小的；zxr2能与水剧烈反应，可观察到液面上有白雾生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色。下列说法正确的是a. 最简

11、单氢化物的沸点：wxb. 含氧酸酸性：zrc. y和r形成的化合物是离子化合物d. 向zxr2与水反应后的溶液中滴加agno3溶液有白色沉淀生成【答案】d【解析】【分析】w的气态氢化物常用作制冷剂，w为n元素；x、z位于同一主族；zxr2能与水剧烈反应，可观察到液面上有白雾生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色，可推断该气体为so2，则x为o，z为s，r为cl；y是同周期主族元素中离子半径最小的，y是al。【详解】根据题意，可推断出w、x、y、z、r分别是n、o、al、s、cl元素；a. w和x最简单氢化物的为nh3、h2o，沸点大小为nh3h2o，所以a项错误；b. 最高

12、价含氧酸的酸性：zr，b项错误；c. y和r形成的化合物alcl3是共价化合物，c项错误；d.socl2与水反应, socl2+h2o=so2+hcl，向反应后溶液中滴加agno3溶液有白色沉淀agcl生成，d项正确。答案选d。8.(1)已知用含硫酸铁的废液(含少量杂质)可制备摩尔盐，即(nh4)2fe(so4)26h2o。其操作流程如下：回答下列问题：试剂x是_，操作的名称为：_。减压过滤的目的是：_。为测定(nh4)2fe(so4)26h2o晶体中铁的含量，某实验小组做了如下实验：用电子天平准确称量5.000g硫酸亚铁铵晶体，配制成250ml溶液。取所配溶液25.00ml于锥形瓶中，加稀h

13、2so4酸化，用0.01000mol/lkmno4溶液滴定，测得消耗kmno4溶液的平均体积为23.00ml。滴定终点的现象为：_；该晶体中铁的质量分数为_。(保留4位有效数字)(2)某课题组通过实验检验摩尔盐晶体加热时的分解产物。摩尔盐受热分解，小组同学认为分解产物可能有以下几种情况：afe2o3、so3、nh3、h2o bfeo、so2、nh3、h2ocfeo、nh3、so3、h2o dfe2o3、nh3、so2、so3、h2o经认真分析，通过推理即可确定，猜想_不成立(填序号)。乙同学设计了如图装置，其中a装置中的固体变为红棕色，则固体产物中含有_c装置中红色褪去，说明气体产物中含有_。

14、丙同学想利用上述装置证明分解产物中含有氨气。只需更换b、c中的试剂即可，则更换后的试剂为b中_、c中酚酞溶液。【答案】 (1). fe； (2). 过滤； (3). 降低沸点，减少能量损耗； (4). 滴入最后一滴酸性kmno4溶液，溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟内部变色。 (5). 12.88%； (6). ab； (7). fe2o3; (8). so3; (9). 碱石灰。【解析】【分析】硫酸铁与铁反应生成硫酸亚铁，过滤后分离滤液和滤渣，为得到七水硫酸亚铁晶体需要蒸发浓缩、冷却结晶。减压过滤的目的是降低沸点，减少能量损耗。滴定过程中，由于是用逐滴酸性kmno4滴定fe2+的浓度，则终

15、点的现象为滴入最后一滴酸性kmno4溶液，溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟内部变色。【详解】(1) 试剂x是fe，操作的名称为过滤；减压过滤的目的为降低沸点，减少能量损耗；滴定过程中，由于是用逐滴酸性kmno4滴定fe2+的浓度，则终点的现象为滴入最后一滴酸性kmno4溶液，溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟内部变色;根据方程式中转移电子守恒，5fe2+ kmno4，则250ml溶液中n(fe2+)=5n(kmno4)=50.023l0.01mol/l10=0.0115mol；质量为0.644g；则质量分数为12.88%；(2) 摩尔盐受热分解，可能会发生氧化还原反应，afe2o3、so3、

16、nh3、h2o 中只有fe的化合价升高，没有化合价降低，所以a不成立；bfeo、so2、nh3、h2o中只有s的化合价降低，没有化合价升高，所以b不成立；cfeo、nh3、so3、h2o中没有化合价变化，c成立；dfe2o3、nh3、so2、so3、h2o中化合价的升高和降低，d成立综上，猜想ab不成立；题意中固体呈红棕色，则产物中含有fe2o3，c装置中品红褪色，说明气体产物中含有so2；证明分解产物中含有氨气，b应该除去so2，所以b中试剂为碱石灰； c中酚酞溶液检验nh3。9.工业上以软锰矿(主要成分为mno2，另含有少量feco3、al2o3、sio2)为原料制取金属锰的工艺流程如下：

17、(1)写出“浸渣”中主要成分的用途 _(写出两条)。(2)滤渣1的主要成分是 _(用化学式表示)(3)经检测“浸取液”中无fe2+，“浸取”时mno 2发生反应的离子方程式为 _。(4)写出“沉锰”操作中发生反应的离子方程式：_。(5)将“酸溶”后的溶液作为电解液，用下图1装置电解，应采用 _(填“阴”或“阳”)离子交换膜，阳极的电极反应式为_。 (6)为充分利用“滤渣1”，需测定滤渣中铝元素的含量，设计以下方案。将ag滤渣处理成xml溶液。取少量中溶液用edta滴定测得溶液中fe3+ 、al3+ 的浓度之和为ymmoll1 。另取少量中溶液将fe3+ 用盐酸羟胺(在溶液中可完全电离出nh3o

18、h+与cl )还原为fe2+，离子方程式为 _；将所得溶液利用吸光度法测得其吸光度为0.400(吸光度与fe2+的浓度关系如上图2所示)。该样品中铝元素的质量分数为 _(用含字母的表达式表示)。【答案】 (1). 制造玻璃、光导纤维； (2). al(oh)3； (3). mno2+2fe2+4h+=mn2+2fe3+2h2o; (4). mn2+2hco3-=mnco3+h2o+co2； (5). 阴； (6). 2h2o-4e-=4h+o2； (7). 2fe3+2nh3oh+=2fe2+4h+n2+2h2o； (8). 。【解析】【分析】软锰矿制取金属锰的工艺流程图，结合软锰矿的成分及性

19、质、加入的物质，判断浸取、除杂、沉锰、酸溶、电解等步骤发生的反应，可确定“浸渣”中主要成分为二氧化硅；根据吸光度与fe2+的浓度关系图，确定吸光度为0.400时的c(fe2+)，再结合edta滴定，测得结果确定c(al3+)，从而求出样品中m(al)及al元素的质量分数。【详解】(1)写出“浸渣”中主要成分为二氧化硅，所以用途为制造玻璃、光导纤维；(2)浸取液中含有al3+，加入碳酸钠，碳酸根和铝离子发生双水解，产生氢氧化铝沉淀，所以滤渣1的主要成分是al(oh)3；(3)经检测“浸取液”中无fe2+，则在“浸取”过程中fe3+与mno 2发生了反应，离子方程式为mno2+2fe2+4h+=m

20、n2+2fe3+2h2o;(4)滤液1中主要含有硫酸锰，加入碳酸氢铵，发生反应的离子方程式为mn2+2hco3-=mnco3+h2o+co2；(5)酸溶后的溶液中含有mnso4，左侧是阳极，电极反应式为2h2o-4e-=4h+o2；右侧是阴极，电极反应式为mn2+2e-=mn，为维持交换膜两侧电解质溶液电荷守恒，且使电解生成mn的反应持续进行，so42-需要透过交换膜向左例移动，故交换膜是阴离子交换膜；(6) 盐酸羟胺在溶液中可完全电离出nh3oh+与cl-，将fe3+用盐酸羟胺还原为fe2+，nh2oh被氧化生成n2，离子方程式为2fe3+2nh3oh+=2fe2+4h+n2+2h2o；由题

21、图乙可知，吸光度为0.400时，溶液中c(fe2+)0.040mmoll-1，用edta标准溶液滴定测得溶液中fe3+、al3+的浓度之和为b mmoll-1，则有c(al3+)(b-0.04)mmoll-1(b-0.04)10-3moll-1，样品中al元素的质量m(al)(b-0.04)x10-3moll-127g/mol27a(b-0.04)10-10g，故样品中a元素的质量分数为。【点睛】本题考查以软锰矿为原料制取金属锰的化学工艺流程问题，考查了化学反应速率、氧化还原反应、离子反应、电解原理、定量实验及分析等问题，考查了学生的综合分析能力、解决实际问题的能力，试题难度中等，大部分考生可

22、得分。(2)第(6)小题易错的原因有:题目提供定量分析操作及数据较多，对信息获取及应用能力要求高;不能建立c(fe2+)与c(al3+)之间的联系，不能结合配成溶液的体积计算出产品中m(ai)。10.研究碳、氮、硫等元素化合物的性质或转化对建设生态文明、美丽中国具有重要意义。(1)海水中无机碳的存在形式及分布如图所示,用离子方程式表示海水呈弱碱性的主要原因_。已知春季海水ph8.1，预测冬季海水碱性将会_(填“增强”或“减弱”)，理由是_。(2)工业上以co和h2为原料合成甲醇的反应：co(g)2h2(g)=ch3oh(g) h0，在容积为1l的恒容容器中，分别在t1、t2、t3三种温度下合成

23、甲醇。如图是上述三种温度下不同h2和co的起始组成比(起始时co的物质的量均为1mol)与co平衡转化率的关系。下列说法正确的是_(填字母)。aa、b、c三点h2转化率：cabb上述三种温度之间关系为t1t2t3cc点状态下再通入1molco和4molh2，新平衡中h2的体积分数增大da点状态下再通入0.5molco和0.5molch3oh，平衡不移动(3)no加速臭氧层被破坏，其反应过程如下图所示：no的作用是_。已知：o3(g)o(g)=2o2(g) h143kjmol1反应1：o3(g)no(g)=no2(g)o2(g) h1200.2kjmol1 。反应2：热化学方程式为_。(4)若将

24、co和no按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2co(g)2no(g)=n2(g)2co2(g) h759.8kjmol -1，反应达到平衡时，n的体积分数随n(co)n(no)的变化曲线如下图。b点时，平衡体系中c、n原子个数之比接近_。a、b、c三点co的转化率从小到大的顺序为_；b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为_。若n(co)n(no)0.8，反应达平衡时，n的体积分数为20%，则no的转化率为_。【答案】 (1). hco3-+h2o=h2co3+oh-； (2). 减弱； (3). 水解是吸热的，温度越低，水解程度越低； (4). d； (5). 催化剂； (6). no2(

25、g)+o(g)=no(g)+o2(g) h=+57.2 kj/mol； (7). 1：1； (8). cbd； (10). 60%。【解析】【分析】（1）本小题考察盐类水解，水解平衡为吸热反应，冬天温度降低，水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱；（2）根据图中n(h2)/n(co)越大，即增大氢气浓度，平衡正向移动，co的转化率增大；根据图中关系，当n(h2)/n(co)一定时，温度升高，co转化率变大，反应正方向为吸热反应，与题意反应是放热反应像违背；利用反应平衡常数，在此基础上再加入反应物质，可求出qc，比较qc与k即可推断出平衡是否移动。（3）通过图示，不难得到no起着催化剂的作用，根据盖斯定

26、律，可以得到反应2的热化学方程式；（4）当反应物按化学计量数之比加入时，平衡时的n2的体积分数最大，所以b点的平衡体系中c、n原子个数比接近1：1；根据反应是放热反应，当n(co)/n(no)一定时，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数变小，co的转化率变小；列出三段式即可求出no的转化率。【详解】(1)海水呈弱碱性的主要原因是hco3-+h2o=h2co3+oh-；春季海水ph8.1，水解平衡为吸热反应，冬天温度降低，水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱； (2) a.根据图中n(h2)/n(co)越大，即增大氢气浓度，平衡正向移动，co的转化率增大，而氢气转化率变小，图中co转化率cb，所以氢气转化

27、率bc；a、b两点的n(h2)/n(co)相同，co转化率越大，氢气的转化率越大，所以ab。综上氢气的转化率为abc；a项错误；b.根据图中关系，当n(h2)/n(co)一定时，温度升高，co转化率变大，反应正方向为吸热反应，与题意反应是放热反应像违背；所以温度t1t2t3；b项错误；c.c点状态下再通入1molco和4molh2，等效平衡在原平衡的基础上压强增大一倍，正方向为气体体积减小的反应，故平衡正向移动，新平衡中h2的体积分数减小，c项错误；d.t1温度下，a点n(h2)/n(co)=1.5，列出三段式： ，t1温度下的平衡常数k= =4，再通入0.5molco和0.5molch3oh

28、，qc= =4，所以平衡不移动，d项正确；（3）反应是臭氧在no作用下生成二氧化氮和氧气，二氧化氮在氧原子作用下生成no和氧气，反应过程中no参与反应后又生成，所以no作用为催化剂；根据盖斯定律两个热化学反应相减可得到反应2的热化学方程式：no2(g)+o(g)=no(g)+o2(g) h=+57.2kj/mol；（4）当反应物按化学计量数之比加入时，平衡时的n2的体积分数最大，所以b点的平衡体系中c、n原子个数比接近1：1； 增大n(co)/n(no)，co转化率降低，所以a、b、c三点co的转化率从小到大的顺序为cbt2，d点平衡常数小于b、c点，所以b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序

29、为b=cd；若n(co)n(no)0.8，反应达平衡时，n的体积分数为20%，令平衡时co转化了xmol，列出三段式： ，n的体积分数为 =20%，解得x=0.6，所以co转化率为0.6/1=60%。【点睛】盐类水解，水解平衡为吸热反应，冬天温度降低，水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱；反应平衡常数k只与温度有关，温度升高，平衡正向移动，k值增大，平衡逆向移动，k值减小；在有关平衡反应中转化率或涉及体积分数、物质的量分数题型中一般设未知数。列出三段式，即可得到方程得出答案。11.甲烷作为天然气、页岩气、可燃冰的主要成分，拥有最稳定的烷烃分子结构，具有高度的四面体对称性，极难在温和的条件下对其活化。

30、因此，甲烷的选择活化和定向转化一直是世界性的难题。我国科学家经过长达6年的努力，研制成功一系列石墨烯限域的3d过渡金属中心(mn、fe、co、ni、cu)催化剂材料，在室温条件下以h2o2为氧化剂直接将甲烷氧化成c1（只含一个c原子）含氧化合物，被业内认为是甲烷化学领域的重要突破。请回答下列问题：(1)cu原子基态原子的外围电子排布式为_。(2)石墨烯限域单原子铁能活化ch4分子中的ch键，导致c与h之间的作用力_(减弱”或“不变”)。铁晶体中粒子之间作用力类型是_。(3)常温下，h2o2氧化ch4生成ch3oh、hcho、 hcooh等。它们的沸点分别为64.7、195、100.8，其主要原

31、因是_；ch4 和hcho比较，键角较大的是_，主要原因是_。(4)配离子的颜色与dd电子跃迁的分裂能大小有关，1个电子从较低的d轨道跃迁到较高能量的轨道所需的能量为的分裂能，用符号表示。分裂能co(h2o)62+_co(h2o)63+(填“”“”或“=”)，理由是_。(5)钴晶胞和白铜(铜镍合金)晶胞分别如图1、图2所示。钴晶胞堆积方式的名称为_；已知白铜晶胞的密度为dgcm3 ，na代表阿伏加德罗常数的值。图2晶胞中两个面心上铜原子最短核间距为_pm(列出计算式)。【答案】 (1). 3d10s1; (2). 减弱； (3). 金属键； (4). ch3oh、hcooh中存在氢键，ch3oh中氢键较弱，而hcho只存在范德华力； (5). hcho (6). ch4构型为正四面体，键角为109。28，hcho为平面三角形，键角为120。； (7). ； (8). 前者带2个正电荷，后者带3个正电荷，后者对电子的吸引能力较大； (9). 六方最密堆积； (10). 【解析】【详解】(1)cu原子基态原子的外围电子排布式为3d10s1;(2)石墨烯限域单原子铁能活化ch4分子中的ch键，导致c与h之间的作用力减弱。铁晶体中粒