高考化学备考之钠及其化合物压轴突破训练培优 易错 难题篇含答案.docx
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高考化学备考之钠及其化合物压轴突破训练培优易错难题篇含答案
高考化学备考之钠及其化合物压轴突破训练∶培优易错难题篇含答案
一、高中化学钠及其化合物
1.我国化学家侯德榜(下图所示)改革国外的纯碱生产工艺,生产流程可简要表示如下:
(1)请写出碳酸钠的一种用途________。
(2)写出上述流程中X物质的分子式_________。
(3)使原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上,主要是设计了________(填上述流程中的编号)的循环,从沉淀池中取出沉淀的操作是_______。
(4)该流程中氨气和二氧化碳的添加顺序是:
先通氨气后通二氧化碳,请说明理由:
______。
【答案】制造肥皂、制造玻璃等CO2I过滤氨气在水溶液中的溶解度远远大于二氧化碳,先通入氨气有利于二氧化碳的吸收
【解析】
【详解】
(1)碳酸钠可用于制造肥皂、制造玻璃等;
(2)沉淀池析出的为碳酸氢钠,煅烧炉中加热碳酸氢钠,分解生成二氧化碳,则循环物质X为二氧化碳;
(3)母液的主要成分为NaCl、NH4Cl、NH3、Na2CO3等,使原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上,应增加I的循环;固液分离方法为过滤;
(4)氨气易溶于水,二氧化碳溶解度相对较小,先通入氨气,有利于二氧化碳的吸收;
2.某兴趣小组的学生根据Mg与CO2反应原理推测钠也能在CO2中燃烧,为了确定其产物并进行试验论证,某同学设计了下列装置进行试验(已知PdCl2能被CO还原为Pd),请回答下列问题:
(1)上图装置2中应盛放__________溶液.
(2)为了使反应随开随用,随关随停,上图方框内应选用_____装置(填上图字母代号).
(3)检查装置的气密性完好并装好药品后,在点燃酒精灯前,应先进行1装置的操作,待装置______(填数字编号)中出现_______________现象时,再点燃酒精灯.
(4)①若装置6中有黑色沉淀(Pd)生成,装置4中残留固体(只有一种物质)加盐酸后有能使澄清石灰水变浑浊的气体放出,则钠与二氧化碳反应的化学方程式为_________.
②若装置6中溶液无明显现象,装置4中残留固体(有两种物质)加盐酸后有能澄清石灰水变浑浊的气体放出,则钠与二氧化碳反应的化学方程式为_____________.
【答案】饱和碳酸氢钠C5澄清石灰水变浑浊的2Na+2CO2
Na2CO3+CO4Na+3CO2
2Na2CO3+C
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据二氧化碳的实验室制法可知二氧化碳中可能含有HCl气体,所以应除去HCl,则装置B中盛放的溶液是饱和碳酸氢钠溶液;
答案为:
饱和碳酸氢钠;
(2)为了使反应随开随用,随关随停,上图方框内应选用C装置,因为C装置可以达到固液分离的目的,起到随开随用,随关随停的作用;
答案为:
C;
(3)因为该实验是验证二氧化碳与Na的反应,所以应排除空气中的氧气,所以先通入二氧化碳使5中澄清石灰水变浑浊后,再点燃酒精灯;
答案为:
澄清石灰水变浑浊的;5;
(4)①若装置6中有黑色沉淀(Pd)生成,装置4中残留固体(只有一种物质)加盐酸后有能使澄清石灰水变浑浊的气体放出,说明该固体是碳酸钠,则Na与二氧化碳反应生成CO和碳酸钠,化学方程式是2Na+2CO2
Na2CO3+CO;
答案为:
2Na+2CO2
Na2CO3+CO;
②若装置6中溶液无明显现象,说明无CO生成,装置4中残留固体(有两种物质)加盐酸后有能澄清石灰水变浑浊的气体放出,则一种固体为碳酸钠,另一种是C单质,化学方程式是4Na+3CO2
2Na2CO3+C。
答案为:
4Na+3CO2
2Na2CO3+C;
3.某化学课外活动小组通过实验研究NO2的性质。
已知:
2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O
任务1:
利用下图所示装置探究NO2能否被NH3还原(K1、K2为止水夹,夹持固定装置略去)。
(1)A和E中制取NH3的装置为____,所用试剂为_____。
装置中制取NO2的化学方程式是_________________。
(2)若NO2能够被NH3还原,预期观察到C装置中的现象是_________。
(3)实验过程中,未能观察到C装置中的预期现象。
该小组同学从反应原理的角度分析了原因,认为可能是
①NH3还原性较弱,不能将NO2还原;
②在此条件下,NO2的转化率极低;
③_________________。
(4)此实验装置存在一个明显的缺陷是________。
任务2:
探究NO2能否与Na2O2发生氧化还原反应。
(5)实验前,该小组同学提出三种假设。
假设1:
两者不反应;
假设2:
NO2能被Na2O2氧化;
假设3:
_______________。
(6)为了验证假设2,该小组同学选用任务1中的B、D、E装置,将B中的药品更换为Na2O2,另选F装置(如图所示),重新组装,进行实验。
①装置的合理连接顺序是(某些装置可以重复使用)_____________。
②实验过程中,B装置中淡黄色粉末逐渐变成白色。
经检验,该白色物质为纯净物,且无其他物质生成。
推测B装置中反应的化学方程式为__________。
【答案】A浓氨水和CaO(合理即可)Cu+4HNO3(浓)===Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O混合气体颜色变浅在此条件下,该反应的化学反应速率极慢缺少尾气吸收装置NO2能被Na2O2还原(其他合理答案也可)EDBDF2NO2+Na2O2=2NaNO3
【解析】
【分析】
(1)干燥氨气不能用无水氯化钙,因而A为氨气发生装置;固液反应制取氨气,要用浓氨水与生石灰或氢氧化钠固体;铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水;
(2)若红棕色的NO2能够被NH3还原,反应时混合气体的颜色将变浅;
(3)实验过程中,未能观察到C装置中的预期现象,说明此条件下,二氧化氮与氨气不能反应,或者二氧化氮的转化率较低,或者是反应速率极慢;
(4)氮氧化物为有毒气体,不能直接排放到空气中;
(5)Na2O2中氧元素为中间价—1价,既有氧化性又有还原性,NO2中的氮元素为中间价+4价,既可能表现氧化性,也可能表现还原性;
(6)①验证假设2,首先要用E装置制取二氧化氮,因为水能和过氧化钠反应,实验时要除去水的干扰,装置B前后都必须有吸水装置,为防止过量气体污染环境,要连接F咋进行尾气处理;
②由过氧化钠变成白色固体且产物为纯净物,说明过氧化钠和二氧化氮发生化合反应生成硝酸钠。
【详解】
(1)干燥氨气不能用无水氯化钙,因而A为氨气发生装置,E为二氧化氮发生装置;固液反应制取氨气,要用浓氨水与生石灰或氢氧化钠固体;实验室用浓硝酸与铜反应制备二氧化氮,铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水,反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,故答案为:
A;浓氨水和CaO(合理即可);Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O;
(2)若红棕色的NO2能够被NH3还原,反应时混合气体的颜色将变浅,故答案为:
混合气体颜色变浅;
(3)实验过程中,未能观察到C装置中的预期现象,说明此条件下,二氧化氮与氨气不能反应,或者二氧化氮的转化率较低,或者是反应速率极慢,现象不明显,故答案为:
在此条件下,该反应的化学反应速率极慢;
(4)氮氧化物为有毒气体,不能直接排放到空气中,否则会污染环境,则该装置的缺陷是缺少尾气吸收装置,故答案为:
缺少尾气吸收装置;
(5)Na2O2中氧元素为中间价—1价,既有氧化性又有还原性,NO2中的氮元素为中间价+4价,既可能表现氧化性,也可能表现还原性,则NO2与Na2O2可能不发生氧化还原反应,或过氧化钠做氧化剂,将NO2氧化,或或过氧化钠做还原剂,将NO2还原,故答案为:
NO2能被Na2O2还原;
(6)①验证假设2,首先要用E装置制取二氧化氮,因为水能和过氧化钠反应,实验时要除去水的干扰,装置B前、后都必须有吸水装置,为防止过量气体污染环境,要连接F咋进行尾气处理,故答案为:
EDBDF;
②由过氧化钠变成白色固体且产物为纯净物,说明过氧化钠和二氧化氮发生化合反应生成硝酸钠,反应的化学方程式为2NO2+Na2O2=2NaNO3,故答案为:
。
【点睛】
水能和过氧化钠反应,实验时要除去水的干扰,装置B前、后都必须有吸水装置是解答关键,也是易忽略的易错点。
4.某种含有少量氧化钠的过氧化钠试样(已知试样质量为1.560g、锥形瓶和水的质量为190.720g),利用如图装置测定混合物中Na2O2的质量分数,每隔相同时间读得电子天平的数据如下表:
(1)写出Na2O2和H2O反应的化学方程式_______。
(2)计算过氧化钠质量分数时,除了试样的质量,锥形瓶和水的质量,还必需的数据是______,不必作第6次读数的原因是______。
(3)根据上述数据,过氧化钠的质量分数是_____(保留2位小数)。
(4)测定上述样品(1.560g)中Na2O2质量分数的另一种方案,其操作流程如图:
①操作Ⅰ的名称是_____。
②需直接测定的物理量是_____。
③操作Ⅱ需要的仪器除了酒精灯,还需要_____(固定、夹持仪器除外)。
④在转移溶液时,如溶液转移不完全,则Na2O2质量分数的测定结果_____(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
【答案】2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑第4次或第5次的读数第5次与第4次的读数相同,锥形瓶内质量已达恒重0.84溶解生成NaCl的质量玻璃棒、蒸发皿偏大
【解析】
【分析】
(1)过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气;
(2)、(3)计算过氧化钠质量分数时,应用过氧化钠完全反应的数据,根据称量的锥形瓶+水+试样总质量变化以及还有第4次或第5次读数,计算生成氧气的质量,根据氧气的质量计算过氧化钠的质量;由表中数据可知,第4、5次读数相等,锥形瓶内的质量已达到恒重;
(4)①由流程图可知,操作Ⅰ是将样品在稀盐酸中溶解;
②操作Ⅱ是从溶液中获得的晶体为氯化钠,需直接测定氯化钠的质量;
③操作Ⅱ是从溶液中获得的晶体,蒸发浓缩、冷却结晶,需要的仪器有酒精灯、玻璃棒、蒸发皿;
④在转移溶液时,如溶液转移不完全,烧杯内壁沾有少量的氯化钠,测定的氯化钠的质量偏小,样品中钠元素的质量分数偏低,故过氧化钠的质量分数偏大。
【详解】
(1)Na2O2和H2O反应的化学方程式:
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑;
(2)计算过氧化钠质量分数时,应用过氧化钠完全反应的数据,根据称量的锥形瓶+水+试样总质量变化计算生成氧气的质量,根据氧气的质量计算过氧化钠的质量,故需要知道试样的质量、锥形瓶+水的质量,还有第4次或第5次读数;由表中数据可知,第4、5次读数相等,锥形瓶内的质量已达到恒重,不必作第6次读数;
(3)2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,由反应方程式可知,由于过氧化钠与水反应生成氧气,反应前后质量减少,质量的变化量就是氧气的质量,即m(O2)=1.560g+190.720g-192.010=0.270g,n(O2)=
=0.0084mol,在化学反应中,反应物、生成物的物质的量变化之比等于化学计量数之比,故n(Na2O2)=2(O2)=0.0168mol,过氧化钠的质量分数是:
=84%;
(4)①由流程图可知,操作Ⅰ是将样品在稀盐酸中溶解;
②最终蒸发浓缩、冷却结晶得到的晶体为氯化钠,故应测定生成NaCl的质量;
③操作Ⅱ是从溶液中获得的晶体,蒸发浓缩、冷却结晶,需要的仪器有酒精灯、玻璃棒、蒸发皿;
④在转移溶液时,如溶液转移不完全,烧杯内壁沾有少量的氯化钠,测定的氯化钠的质量偏小,样品中钠元素的质量分数偏低,由于过氧化钠中钠元素的质量分数小于氧化钠中钠元素的质量分数,故过氧化钠的质量分数偏大。
5.2019年诺贝尔化学奖颁给了日本吉野彰等三人,以表彰他们对锂离子电池研发的卓越贡献。
(1)自然界中主要的锂矿物为锂辉石、锂云母、透锂长石和磷锂铝石等。
为鉴定某矿石中是否含有锂元素,可以采用焰色反应来进行鉴定,当观察到火焰呈________,可以认为存在锂元素。
A.紫红色B.紫色C.黄色
(2)工业中利用锂辉石(主要成分为LiAlSi2O6,还含有FeO、CaO、MgO等)制备钴酸锂(LiCoO2)的流程如下:
已知:
部分金属氢氧化物的pKsp(pKsp=-lgKsp)的柱状图如图1。
回答下列问题:
①锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6,其氧化物的形式为________。
②为提高“酸化焙烧”效率,常采取的措施是________。
③向“浸出液”中加入CaCO3,其目的是除去“酸化焙烧”中过量的硫酸,控制pH使Fe3+、A13+完全沉淀,则pH至少为_______。
(保留到小数点后一位。
已知:
完全沉淀后离子浓度低于1×l0-5)mol/L)
④常温下,已知Ksp[Mg(OH)2]=3.2×10-11mol/L,Ksp[Fe(OH)3]=2.7×10﹣39,若将足量的Mg(OH)2和Fe(OH)3分别投入水中均得到其相应的悬浊液,所得溶液中金属阳离子的浓度分别为____________mol/L、__________mol/L。
⑤“沉锂”过程所获得的“母液”中仍含有大量的Li+,可将其加入到“___________”步骤中。
⑥Li2CO3与Co3O4在敞口容器中高温下焙烧生成钴酸锂的化学方程式为__________
(3)利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性,开发出石墨烯电池,电池反应式为LiCoO2+C6
LixC6+Li1-xCoO2,其工作原理如图2。
下列关于该电池的说法正确的是___________(填字母)。
A.电池反应式中过程1为放电过程
B.该电池若用隔膜可选用质子交换膜
C.石墨烯电池的优点是提高电池的储锂容量进而提高能量密度
D.充电时,LiCoO2极发生的电极反应为LiCoO2-xe-=xLi++Li1-xCoO2
E.对废旧的该电池进行“放电处理”让Li+嵌入石墨烯中而有利于回收
【答案】ALi2O·Al2O3·4SiO2将矿石细磨(搅拌、升高温度或其他合理答案)4.72×10-41×10-10净化6Li2CO3+4Co3O4+O2
12LiCoO2+6CO2CD
【解析】
【分析】
(1)焰色反应常用来检测金属元素,钠元素的焰色为黄色,钾元素的焰色为紫色,利用排除法可以选择出锂元素的焰色;
(2)①根据硅酸盐改写成氧化物形式的方法进行改写;
②流程题目中为提高原料酸浸效率,一般采用的方法有:
减小原料粒径或粉碎、适当増加酸溶液浓度、适当升高温度、搅拌、多次浸取等;
③根据柱状图分析可知,Al(OH)3的Ksp大于Fe(OH)3的,那么使Al3+完全沉定pH大于Fe3+的,应用Ksp(Al(OH)3)=1×10-33进行计算;
④根据沉淀溶解平衡和溶度积常数进行计算;
⑤“沉锂”过程所获得的母液中仍含有大量的Li+,需要从中2次提取,应回到“净化”步骤中循环利用;
⑥Li2CO3与Co3O4在敞口容器中反应生成LiCoO2时Co元素的化合价升高,因此推断空气中O2参与反应氧化Co元素;
(3)根据电池反应式为LiCoO2+C6
LixC6+Li1-xCoO2进行相关分析与判断。
【详解】
(1)焰色反应常用来检测金属元素,钠元素的焰色为黄色,钾元素的焰色为紫色,利用排除法可以选择出锂元素的焰色为紫红色,故答案为:
A;
(2)①硅酸盐改写成氧化物形式的方法如下:
a.氧化物的书写顺序:
活金属氧化物
较活波金属氧化物
二氧化硅
水;b.各元素的化合价保持不変,且满足化合价代数和为零,各元素原子个数比符合原来的组成;c.当计量数配置出现分数时应化为整数;锂石的主要成分为LiAlSi2O6,根据方法,其氧化物的形式为Li2O·Al2O3·4SiO2,故答案为:
Li2O·Al2O3·4SiO2;
②流程题目中为提高原料酸浸效率,一般采用的方法有:
减小原料粒径或粉碎、适当増加酸溶液浓度、适当升高温度、搅拌、多次浸取等;本题中为“酸化焙烧”,硫酸的浓度已经最大,因此合理的措施为将矿石细磨、搅拌、升高温度等,故答案为:
将矿石细磨(搅拌、升高温度或其他合理答案);
③根据柱状图分析可知,Al(OH)3的Ksp大于Fe(OH)3的,那么使Al3+完全沉定pH大于Fe3+的,Ksp(Al(OH)3)=1×10-33,c(OH-)=
=
=1×10-9.3mol/L,c(H+)=1×10-4.7mol/L,pH=4.7,即pH至少为4.7,故答案为:
4.7;
④将足量的Mg(OH)2和Fe(OH)3分别投入水中均得到其相应的悬浊液,即为饱和溶液,溶液中离子浓度满足沉淀溶解平衡方程式中化学计量数得关系,所以Mg(OH)2悬浊液中c(Mg2+)=
,c(OH-)=2c(Mg2+),则c(Mg2+)=
=
=2×10-4mol/L;Fe(OH)3中c(Fe3+)=
,c(OH-)=3c(Fe3+),则c(Fe3+)=
=
=1×10-10mol/L;故答案为:
2×10-4;1×10-10;
⑤“沉锂”过程所获得的母液中仍含有大量的Li+,需要从中2次提取,应回到“净化”步骤中循环利用,故答案为:
净化;
⑥Li2CO3与Co3O4在敞口容器中反应生成LiCoO2时Co元素的化合价升高,因此推断空气中O2参与反应氧化Co元素,化学方程式为6Li2CO3+4Co3O4+O2
12LiCoO2+6CO2,故答案为:
6Li2CO3+4Co3O4+O2
12LiCoO2+6CO2;
(3)A.电池反应式为LiCoO2+C6
LixC6+Li1-xCoO2,由此可知,放电时,负极电极反应式为以LixC6-xe-=xLi++C6,正极电极反应式为Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2,石墨电极为放电时的负极,充电时的阴极,过程1为Li+向石墨电极移动,因此为充电过程,A错误;
B.该电池是利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性而制作,因此隔膜不能选择质子交换膜,B错误;
C.石墨烯电池利用的是Li元素的得失电子,因此其优点是在提高电池的储锂容量的基础上提高了能量密度,C正确;
D.充电时,LiCoO2极为阳极,将放电时的正极电极式逆写即可得,即LiCoO2极发生的电极反应为LiCoO2-xe-=xLi++Li1-xCoO2,D正确;
E.对废旧的该电池进行“放电处理”让Li+嵌入LiCoO2中才有利于回收,E错误;
故答案为:
CD。
6.
(1)配平下列方程式
①_____Na+_____H2O=_____NaOH+_____H2↑
②_____Na2O2+_____CO2=_____NaCO3+_____O2↑
③_____KMnO4+_____HCl(浓)=_____KCl+_____MnCl2+_____H2O+_____Cl2↑
④_____Al+_____H2O+_____NaOH=_____NaAlO2+_____H2↑
(2)用双线桥法表示电子转移的数目和方向____________、__________
①2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
②2FeCl2+Cl2=2FeCl3
【答案】22212221216228522223
【解析】
【分析】
配平氧化还原方程时先判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物,可利用化合价升降守恒来配平,再通过原子守恒来配平其他物质。
【详解】
(1)①Na由0价变为+1价,H由+1价变为0价,故方程为:
,故答案为:
2;2;2;1;
②此为歧化反应,O化合价由-1价变为-2价和0价,故方程为:
,故答案为:
2;2;2;1;
③Mn化合价由+7价下降为+2价,Cl化合价由-1价升高为0价,故方程为:
,故答案为:
2;16;2;2;8;5;
④Al化合价由0价升高为+3价,H化合价有+1价下降为0价,故方程为:
,故答案为:
2;2;2;2;3;
(2)①此化学方程式为歧化反应,O由+1价变为-2价和0价,双线桥表示为:
,故答案为:
②Fe2+离子为还原剂化合价由+2变为+3价失去一个电子,Cl由0价变为-1价得到一个电子,用双线桥表示为:
,故答案为:
。
7.钠和铝是两种重要的金属。
请回答下列问题:
(1)一小块金属钠长时间放置在空气中,可能有下列现象,这些现象出现的先后顺序是______________________(填序号);
①变成白色粉末②变暗③变成白色固体④变成液体
若金属钠长时间在潮湿的空气中放置,最后生成的物质是_________(填名称)。
(2)将一小块金属钠投入水中,观察到的实验现象是________(填序号),发生反应的离子方程式为:
__________________。
A.钠沉到水底B.钠熔成小球C.小球四处游动
(3)铝与稀硝酸反应的化学方程式为:
Al+4HNO3=Al(NO3)3+NO↑+2H2O,该反应的氧化剂是_______(填化学式),还原剂与氧化剂的物质的量之比是________,当有5.4gAl发生反应时,转移的电子数为________。
【答案】②③④①碳酸钠BC2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑HNO31:
10.6NA
【解析】
【分析】
(1)切开金属钠置于空气中,切口开始呈银白色(钠的真面目)→变暗(生成Na2O)→变白色固体(生成NaOH)→成液(NaOH潮解)→结块(吸收CO2成Na2CO3•10H2O)→最后变成Na2CO3粉(风化);
(2)依据钠的物理性质及钠与水反应产物解答;
(3)反应中铝失去电子化合价升高,硝酸中的氮元素化合价从+5价降为+2价,据此分析氧化剂和还原剂,依据化合价变化结合方程式进行电子转移数目计算。
【详解】
(1)钠在空气中发生如下变化:
Na→Na2O→NaOH→Na2CO3•10H2O→Na2CO3,发生的变化:
金属钠在空气中易被氧气氧化形成氧化钠,出现变暗现象,然后是氧化钠与空气中的水反应生成氢氧化钠,NaOH具有吸水性,氢氧化钠再与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水,最终变成白色粉末为碳酸钠,即现象出现的先后顺序是②③④①,且最后生成的物质是碳酸钠;
(2)钠密度小于水,熔点低,浮在水面,故答案为BC;钠与水反应生成氢氧化钠和氢气,方程式:
2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑;反应放热,使钠熔化成小球,产生的氢气推动钠四处游动;
(3)Al+4HNO3═Al(NO3)3+NO↑+2H2O,反应中1mol铝失去3mol电子,做还原剂,4mol硝酸中有1mol硝酸中+5价的氮元素化合价降为一氧化氮中+2价,有1mol硝酸做氧化剂,消耗1mol铝转移3mol电子,则有5.4gAl(物质的量为0.2mol)发生反应时,转移电子的物质的量为0.6mol,电子数为0.6NA。
8.
(1)古代锻造刀剑时,将炽热的刀剑快速投入水中“淬火”,反应为:
3Fe+4H2O(g)
Fe3O4+4H2。
该反应中H2O作__________(填“氧化剂”或“还原剂”);
(2)检验某溶液中是否含有SO42-,先加盐酸,再加______(填“BaCl2”或“NaCl;
(3)海水提镁的重要步骤之一是用沉淀剂将海水中的Mg2+沉淀。
该沉淀剂是__________(填“生石灰”或“盐
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