届广西省南宁市高三第二次适应性测试化学试题解析版.docx
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届广西省南宁市高三第二次适应性测试化学试题解析版
南宁市2020届高中毕业班第二次适应性测试
理科综合能力测试化学试题
注意事项:
1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。
回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。
3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量:
H-1N-14Na-23Cl-35.5Ga-70
一、选择题:
本题共13小题,每小题6分,共78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.化学无处不在。
下列相关说法不正确的是()
A.漂白液可以灭活COVID-19病毒
B.大气污染物NO2主要来自于雷雨天气
C.纤维可素以加强胃肠的蠕动
D.高纯度硅可以作光电转换材料
【答案】B
【解析】
【详解】A.漂白液具强氧化性,故可以灭活COVID-19病毒,A正确;
B.大气污染物二氧化氮主要来自工业废气、汽车尾气等,B错误;
C.纤维素在人体内不能消化,但可以加强胃肠
蠕动,C正确;
D.硅导电性介于导体与绝缘体之间,是良好的半导体,可以制成光电池,将光能直接转换为电能,D正确;
答案选B。
2.下列关于环己醇(如图)的说法正确的是()
A.不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B.与乙醇互为同系物
C.烃基上的一氯代物有4种
D.碳原子均处于同一平面
【答案】C
【解析】
【详解】A.环己醇含有醇羟基且与−OH直接相连的碳原子上有H,能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故A错误;
B.环己醇中羟基与环己基相连,结构不与乙醇相似,不互为同系物,B错误;
C.烃基上有4种氢原子,其一氯代物有4种,C正确;
D.单键碳原子是四面体结构,故碳原子不可能均处于同一平面,D错误;
答案选C。
3.某离子化物MCl(s)在水中溶解并发生电离,该过程的微观示意图如图。
已知NA为阿伏伽德罗常数的值。
下列相关说法正确的是()
A.1molMCl中含有NA对共用电子对
B.MCl为弱电解质,在水中仅部分电离
C.M+和Cl-均与水分子中的氧原子结合形成水合离子
D.MCl在水作用下的溶解和电离过程是物理变化
【答案】D
【解析】
【详解】A.MCl为离子化合物,不存在共用电子对,A错误;
B.MCl为离子化合物,故MCl为强电解质,在水中完全电离,B错误;
C.M+与水分子中的氧原子结合形成水合离子、Cl-与水分子中的氢原子结合形成水合离子,C错误;
D.MCl在水作用下的溶解和电离过程中没有新物质生成,是物理变化,D正确;
答案选D。
4.主族元素V、W、X和Y的原子序数依次增加,且均不大于20;元素V在地壳中含量仅0.087%,但其化合物每年以近百万种增加,W的气态氢化物和最高价氧化物的水化物在常温下能发生反应,灼烧X的单质时可以观察到黄色的光,X与Y同主族。
下列说法正确的是()
A.离子半径大小:
r(W) B.W的最简单气态氢化物的稳定性比V的强 C.X的最高价氧化物的水化物碱性强于Y的 D.X和Y的正盐溶液均呈中性 【答案】B 【解析】 【分析】 元素V在地壳中含量仅0.087%,但其化合物每年以近百万种增加,则知V为C、W的气态氢化物和最高价氧化物的水化物在常温下能发生反应,那是氨气和硝酸生成硝酸铵,故W为N、灼烧X的单质时可以观察到黄色的光,则X为Na、X与Y同主族且原子序数X小于Y,则Y为K; 【详解】A.离子半径大小: r(X) B.非金属性W>V,故W的最简单气态氢化物的稳定性比V的强,B正确; C.金属性Y>X,故X的最高价氧化物的水化物碱性弱于Y的,C错误; D.X和Y的正盐溶液是强碱的盐溶液,但未必呈中性,因为不知道是强碱强酸盐还是强碱弱酸盐,D错误; 答案选B。 【点睛】A易错,具有相同的电子层结构的离子,核电荷数越大,离子半径越小。 5.下列是学生课外实践活动的实验设计,其中不能达到们应的实验目的的是() 选项 实验目的 实验设计 A 除去乙酸乙酯中的乙酸 B 证明氧化性: Cl2>I2 C 用NaOH标准溶液滴定某稀盐酸 D 探究锅炉里的水垢样品在酸中的溶解 A.AB.BC.CD.D 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A.除去乙酸乙酯中的乙酸,可加入饱和碳酸钠溶液混合并振荡,则乙酸和碳酸钠反应生成乙酸钠溶液,乙酸乙酯难溶于水,分液后得乙酸乙酯,A正确; B.通过氯气后,棉球变蓝色,因为氯气和碘化钾发生反应Cl2+2KI=2KCl+I2,碘遇淀粉变蓝色,从Cl2+2KI=2KCi+I2知氧化性: Cl2>I2,故B正确; C.用NaOH标准溶液滴定某稀盐酸,应用碱式滴定管,C错误; D.锅炉里的水垢样品经过碳酸钠浸泡以后,硫酸钙会转变成碳酸钙,则滴加盐酸在酸中的溶解,D正确; 答案选C。 【点睛】选项C为易错选项,解答时需注意: 酸性滴定管可以盛装酸、强氧化剂,碱性滴定管可以盛装碱溶液,会腐蚀橡皮管的一律不能用碱式滴定管。 6.DBFC燃料电池的结构如图,该电池的总反应为NaBH4+4H2O2=NaBO2+6H2O。 下列关于电池工作时的相关分析不正确的是() A.X极为正极,电流经X流向外电路 B.Y极发生的还原反应为H2O2+2e-=2OH− C.X极区溶液的pH逐渐减小 D.每消耗1.0L0.50mol/L的H2O2电路中转移1.0mole- 【答案】A 【解析】 【分析】 由工作原理装置图可知,负极发生氧化反应,电极反应式为 ,正极H2O2发生还原反应,得到电子被还原生成OH−,电极反应式为 ; 【详解】A.由图知X极为负极,电子经X流向外电路流入Y,A错误; B.Y极为正极,H2O2发生还原反应: H2O2+2e-=2OH−,B正确; C.X极发生氧化反应: ,故X极区溶液的pH逐渐减小,C正确; D.由电极反应式H2O2+2e-=2OH−知,每消耗1.0L0.50mol/L的H2O2电路中转移1.0mole-,D正确; 答案选A。 【点睛】如何判断电池的正负极? 我们来看看判断负极的常见方法: ①电子流出那一极是负极,②发生氧化反应的一极是负极,③阴离子向负极移动,④负极有可能因参加反应溶解而变细,⑤当电池总反应为金属与氢离子产生氢气的反应,通常活泼金属做负极,⑥如果是二次电池,与电源负极相连的那一极,在放电时是负极。 7.常温下,向10.00mL浓度均为0.100mol•L-1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH•H2O]的混合溶液中逐滴加入盐酸。 利用传感器测得该过程溶液中的阳离子总浓度变化曲线如图;巳知二甲胺在水中电离与氨相似,常温下Kb[(CH3)2NH•H2O]=l.60×l0-4。 下列说法正确的是() A.a点溶液中,c[(CH3)2NH2+]约为l.60×l0-4mol/L B.从a到c的过程中,水的电离程度最大的是b点 C.c点溶液中: 3c(Na+)+c[(CH3)2NH2+]=2c(Cl-) D.V(HCl)=15.00mL时,c[(CH3)2NH2+]<c[(CH3)2NH•H2O] 【答案】A 【解析】 【详解】A.a点溶液为浓度均为0.100mol•L-1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH•H2O]的混合溶液,二甲胺的电离被抑制,则c(OH-)≈0.100mol•L-1,c[(CH3)2NH•H2O]≈0.100mol•L-1, ,c[(CH3)2NH2+]≈l.60×l0-4mol/L,A正确; B.由图中a到b阳离子总浓度不断降低可知,a到b是盐酸中和氢氧化钠的过程,b点是盐酸和氢氧化钠恰好中和,故可推知HCl的浓度为0.100mol•L-1,b点为二甲胺和氯化钠的混合溶液,b点因二甲胺的电离呈碱性,水的电离被抑制,b到c是盐酸中和二甲胺的过程,c点二甲胺被恰好中和,其氯化物水溶液因水解呈酸性,故水的电离程度最大的是c点,B错误; C.c点溶液中,加入HCl的体积为20mL,则溶液中 , ;因为水解消耗一部分,故 ,则3c(Na+)+c[(CH3)2NH2+]≠2c(Cl-),C错误; D.V(HCl)=15.00mL时,二甲胺有一半被中和,(CH3)2NH2Cl和(CH3)2NH•H2O物质的量浓度相等,均为 ,常温下Kb[(CH3)2NH•H2O]=l.60×l0-4,则溶液中 ,溶液呈碱性,即二甲胺的电离程度大于(CH3)2NH2Cl水解程度,故c[(CH3)2NH2+]>c[(CH3)2NH•H2O],D错误; 答案选A。 【点睛】本题的关键之一是看懂图,抓住关键点a为混合碱溶液,还未开始反应,b点是盐酸和氢氧化钠恰好中和,c点二甲胺被恰好中和;关键之二是类推,二甲胺在水中电离与氨相似,则(CH3)2NH•H2O的性质由NH3•H2O类推所得,(CH3)2NH2Cl的性质由NH4Cl类推所得。 二、非选择题 8.启普发生器是荷兰科学家设计的实验室气体发生装置,由图中漏斗1和容器2两部分构成;现借助启普发生器及相关装置模拟侯氏制碱法制备日用化学品——NH4Cl和Na2CO3。 回答相关问题: 【NaHCO3的制备】 反应原理: NH3+NaCl+CO2+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓ 反应装置: (1)启普发生器中发生的离子反应方程式为___,如果上述装置中导管被堵塞,启普发生器中观察到的现象是___。 (2)仪器3中盛装的试剂是___;已知常温,NaCl的溶解度为35.9g,仪器4中含氨的饱和食盐水的配制方法是将20.0mL浓氨水与8.0gNaCl混合振荡过滤,试推测过滤除去的物质为___。 (3)观察仪器4中CO2流速的方法是___,仪器5中试剂的作用是___。 (4)反应结束后,对仪器4进行冷却并趁冷过滤其中的悬浊液,“趁冷”的目的是___。 【Na2CO3 制备】 (5)将(4)所得固体转移至蒸发皿中加热得到Na2CO3;请设计简单实验证明NaHCO3固体已分解完全___。 【NH4Cl 制备】 (6)向(4)所得母液中加入两种物质并降温,NH4Cl会逐步结晶析出,所加物质的名称是___,过滤NH4Cl晶体后的滤液可以再次循环使用。 【答案】 (1).CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑ (2).漏斗l中酸液面升高,容器2中酸液而下降(3).饱和NaHCO3(4).NaCl(5).观察仪器4中导管口逸出气泡的快慢(6).吸收NH3(7).减小NaHCO3溶解度以提高产率(8).用一干冷玻璃片靠近蒸发皿上方,如果玻璃片上没有水珠则NaHCO3分解完全(9).氨气和氯化钠 【解析】 【分析】 利用启普发生器制取CO2,制得的CO2中含有HCl等杂质,利用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl,CO2再通入含氨的饱和食盐水中,氨气可能会逸出,利用稀硫酸吸收氨气。 【详解】 (1)启普发生器中要产生CO2,通过碳酸钙和盐酸反应生成,则离子反应方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑,如果上述装置中导管被堵塞,则启普发生器中气体压强增大,则漏斗l中酸液面升高,容器2中酸液而下降; (2)仪器3用于除去CO2气体中的HCl气体,则需用饱和NaHCO3;20.0mL浓氨水与8.0gNaCl混合配制溶液,已知NaCl的溶解度为35.9g,则假设20.0mL浓氨水近似20水,能溶解的氯化钠约7.2g,故混合液中未溶解的是NaCl,故过滤除去的物质为NaCl; (3)CO2从液体中逸出时会产生气泡,故观察仪器4中CO2流速的方法是观察仪器4中导管口逸出气泡的快慢,仪器5位于整套装置的末尾,主要用于尾气处理,其中的硫酸会吸收NH3; (4)本实验目的是制备NaHCO3,它是可溶性固体,故减少NaHCO3在水中溶解的量能提高产量,因此“趁冷”过滤的目的是减小NaHCO3溶解度以提高产率; (5)碳酸氢钠固体分解时有水蒸气产生,故要设计简单实验证明NaHCO3固体已分解完全,可用一干冷玻璃片靠近蒸发皿上方,如果玻璃片上没有水珠则NaHCO3分解完全; (6)过滤出碳酸氢钠所得母液中含Na+、HCO3-、Cl-和NH4+,假如想提取NH4Cl,则需增大Cl-和NH4+的浓度,故可通入NH3和加入NaCl,NH3·H2O和HCO3-反应,则Cl-和NH4+的浓度增大,经降温,会逐步结晶析出NH4Cl。 9.我国西安兵马佣二号坑出土的宝剑因含有铬而锋利无比。 目前,工业用硬铬尖晶石(属于含氧酸盐,主要含MN2O4其中M代表Mg或Fe,N代表Cr或Al)制备重铬酸钠(工业流程如图),同时电解重铬酸钠溶液便可得到铬。 (1)硬铬尖晶石中,Cr的化合价为__。 (2)在步骤II中除去的离子是___,操作X的名称为___。 (3)写出步骤III中H2O2表现的性质是___,已知步骤III所得溶液c(Cr3+)=0.010mol/L,常温下,加NaOH使c(Fe3+)和c(Al3+)均降至10-5mol/L,应控制溶液的pH为___。 (常温下: [Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32,Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-35,Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38]。 A.10~11B.>11C.约为10D.约为4 (4)已知NaBiO3和Bi(OH)3都是难溶于水的固体。 在步骤IV中发生化学反应的离子方程式为___,步骤V中CO2压强越大Na2Cr2O7产率越高,其原因是___。 (5)工业上用电解法制备铬,其装置示意图如图: 电解池工作时,阴极发生的电极反应式为___,该装置的电能主要转变为___能。 【答案】 (1).+3 (2).Mg2+(或镁离子)(3).过滤(4).氧化性(5).D(6).3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO42-+3Bi(OH)3+3Na+(7).CO2压强越大,其溶解度越大,溶液的酸性越强,Cr2O72-产率也就越高(8).Cr2O72-+12e-+14H+=2Cr+7H2O(9).化学 【解析】 【分析】 由流程图及题目提供的信息知: 硬铬尖晶石经过酸溶后溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cr3+等离子,经过步骤II除去了Mg2+,用双氧水把溶液中Fe2+氧化成Fe3+、再经过调节pH、在步骤III中除去了氢氧化铝、氢氧化铁沉淀,含Cr3+的溶液经浓缩后,步骤IV为在碱性条件下用氧化剂NaBiO3把Cr3+氧化成CrO42-,步骤V中则调溶液到酸性,使CrO42-,转变为Cr2O72-,据此回答; 【详解】 (1))由信息: 硬铬尖晶石属于含氧酸盐,主要含MN2O4,其中M代表Mg或Fe,N代表Cr或Al,则M为+2价,N为+3价,则Cr 化合价为+3; 答案为: +3; (2)从硬铬尖晶石所含元素种类看,经过酸溶后溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cr3+等离子,从后续流程看,步骤II以后溶液中已经没有镁离子,步骤III中除去了氢氧化铝、氢氧化铁沉淀,可知在步骤II中除去的是Mg2+(或镁离子),操作X则是过滤; 答案为: Mg2+(或镁离子);过滤; (3)步骤III中除去了氢氧化铝、氢氧化铁沉淀,可推知Fe2+被H2O2氧化成+3价,故H2O2表现了氧化性,它是一种绿色氧化剂;当溶液中c(Cr3+)=0.010mol/L,因为按常温下Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32,则c(OH-)<10-10mol/L,c(H+)>10-4mol/L,则应控制溶液的pH<4,按常温下Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-35,Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38可知,此条件下,铝离子、铁离子已沉淀完全,故选D; 答案为: 氧化性;D; (4)从流程图知,步骤IV为碱性条件下,溶液中的Cr3+被NaBiO3氧化成CrO42-,则发生离子方程式为: 3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO42-+3Bi(OH)3+3Na+;步骤V为铬酸钠转化成重铬酸钠的过程: ,从反应知,CO2压强越大,其溶解度越大,溶液的酸性越强,越有利于平衡左移,即Cr2O72-产率也就越高; 答案为: 3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO42-+3Bi(OH)3+3Na+;CO2压强越大,其溶解度越大,溶液的酸性越强,Cr2O72-产率也就越高; (5)由工业电解法制铬装置示意图知: 电解时,阴极上Cr2O72-得到电子被还原,则电极反应式为Cr2O72-+12e-+14H+=2Cr+7H2O;电解池是电能主要转变为化学能的装置; 答案为: Cr2O72-+12e-+14H+=2Cr+7H2O;化学。 【点睛】解工业流程题,要结合信息、流程及物质的知识综合应用。 问题(4)中步骤IV离子方程式容易出错,一个关键是反应条件为碱性条件,关键二是溶液中的Cr3+被NaBiO3氧化成CrO42-,关键三是信息提示的灵活应用——NaBiO3和Bi(OH)3都是难溶于水的固体,则发生离子方程式为: 3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO42-+3Bi(OH)3+3Na+。 10.工业上研究高效处理煤燃烧释放出来的SO2,有利于减小环境污染。 在T℃时,利用CO处理SO2的反应为: 2CO(g)+SO2(g) 2CO2(g)+S(l)△H=akJ/mol; (1)已知T℃时: C(s)+ O2(g)=CO(g)△H1=-110.5kJ/mol S(l)+O2(g)=SO2(g)△H2=-290.0kJ/mol C(s)+O2(g)=CO2(g)△H3=-390.0kJ/mol 则T℃时,a=___。 (2)在T℃下,将1.4molCO和1molSO2通入2L恒容容器中发生上述反应,反应体系气体总物质的量随时间变化如图;在0~10min,反应的平均速率v(CO)=___,SO2的平衡转化率 (SO2)=___%;在T℃时该反应的平衡常数Kc=___L/mol。 (3)实验测得: v正=v(CO)消耗=k正c(CO)•c(SO2),v逆=v(CO2)消耗=k逆 ,k正、k逆为只受温度影响的速率常数。 若将 (2)中容器内的温度升高(假设各物质的状态不发生变化), 的值将___(填“增大”、“减小”或“不变”)。 (4)某科研团队研究用Fe2(SO4)3(aq)处理SO2: Fe3+溶液吸收SO2发生的离子反应方程式为___;其他外界条件不变下,在相同时间内温度对SO2吸收率的影响结果如图,在40℃前,SO2的吸收率随温度变化的可能原因是___;在40℃后,SO2的吸收率发生的变化是温度升高该反应逆向移动的结果,导致反应逆向移动的原因: 一是该反应为放热反应,二是___。 【答案】 (1).-269 (2).0.06mol/(L•min)(3).60(4).180(5).减小(6).2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+(7).温度越高,反应越快(8).Fe3+水解程度增大导致c(Fe3+)减小,c(H+)增大;SO2溶解性减小,导致c(SO2)减小 【解析】 【分析】 (1)应用盖斯定律即可求算a; (2)结合已知条件及图示信息,可知图中纵坐标为混合气体的物质的量,则平衡是混合气体的物质的量一共为1.8mol,据此用三段式计算即可; (3)要判断 (2)中容器内的温度升高后 的值将如何变化,可把升温后正、逆反应速率的变化通过测得的2个速率方程——v正=v(CO)消耗=k正c(CO)•c(SO2),v逆=v(CO2)消耗=k逆 变形,找出 的变化情况; (4)Fe3+溶液吸收SO2发生氧化还原反应,从图知,在相同时间内温度对SO2吸收率的影响是40℃前随温度升高而增大,则可能原因从温度对反应速率的影响回答;在40℃后,SO2的吸收率有所下降,则考虑温度升高对铁离子和二氧化硫间接带来的浓度影响; 【详解】 (1)已知T℃时: 反应①C(s)+ O2(g)=CO(g)△H1=-110.5kJ/mol,反应②S(l)+O2(g)=SO2(g)△H2=-290.0kJ/mol,反应③C(s)+O2(g)=CO2(g)△H3=-390.0kJ/mol 则,按盖斯定律,2×③-2×①-②即得2CO(g)+SO2(g) 2CO2(g)+S(l)△H=akJ/mol;则△H=2×△H3-2×△H1-△H2=2×(-390.0kJ/mol)-2×(-110.5kJ/mol)-(-290.0kJ/mol)=-269kJ/mol,即T℃时,a=-269; 答案为: -269; (2) ,则x=0.6mol,则 ; =60%; ; 答案为: 0.06mol/(L•min);60;180; (3)T℃时容器 (2)内发生的反应2CO(g)+SO2(g) 2CO2(g)+S(l)△H=-269kJ/mol,若升温,则正、逆反应速率均增大,但是吸热方向的逆反应速率增加得更快,则v正<v逆,k正c(CO)•c(SO2)<k逆 ,故 , 当温度升高时,KC变小,则 减小; 答案为: 减小; (4)Fe3+与SO2发生氧化还原反应得到Fe3和SO42-,则离子方程式为: 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+;从图知,40℃前随温度升高,相同时间内SO2吸收率随着增大,从温度对反应的影响可以推知: 温度越高,反应越快,相同时间内SO2吸收率就高;温度上升超过40℃,SO2的吸收率有所下降,则温度对反应速率的直接影响不再是主要原因,因而要找间接影响,由于Fe3+会水解、二氧化硫的溶解性会随温度升高而减小,这些都可能影响到相同时间内SO2吸收率,故可能原因为: 温度上升超过40℃,Fe3+水解程度增大导致c(Fe3+)减小,c(H+)增大;SO2溶解性减小,导致c(SO2)减小; 答案为: 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+;温度越高,反应越快;Fe3+水解程度增大导致c(Fe3+)减小,c(H+)增大;SO2溶解性减小,导致c(SO2)减小。 【点睛】问题(4)比较容易出错。 表面上对二氧化硫吸收效应的影响因素只有一个——温度,但是结果却有不同,那么首先考虑直接影响,其次考虑间接影响,不同情形下,其实影响因素已随之改变,要综合考虑。 11.氮气、羟基乙胺(HOCH2CH2NH2)和氮化镓都含氮元素,其用途非常广泛。 回答下列问题: (1)基态氮原子价层电子排布图为___,其中电子能量最高的能级是___。 (2)HOCH2CH2NH2所含非金属元素电负性由大到小顺序为___,其中C和N的杂化方式均为___HOCH2CH2NH2中∠HOC小于∠HNC,其原因是___。 (3)HOCH2CH2NH2是一种常见的二齿配体,能和Co2+形成环状配离子。 Co位于元素周期表中___区,该环状配离子的配位原子为___。 (4)氮化镓为六方晶胞,其结构如图,其中Ga作六方最密堆积。 Ga填充在N围成的___(选填: 八面体空隙、正四面体空隙、立方体空隙或三角形空隙);已知该晶胞底边边长为apm,高为cpm,阿伏加德罗常数的值为NA,则该晶体的密度为___g•cm-3(列出计算式即可)。 【答案】 (1). (2).2p
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