资源简介

泰山外国语高四2025-2026学年第一学期十二月学科竞赛
化学
注意事项：
1.本试卷共8页，共100分。考试时长45分钟。
2.考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上做答无效。
3.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 Ni-59 Fe-56
第一部分
本部分共15题，每题4分，共60分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是
A. 熔点： B. 酸性：
C. 金属性： D. 稳定性：
2. 下列说法不正确的是
A. NF3的电子式：
B. 基态Cu2+价层电子的轨道表示式：
C. 钢铁发生电化学腐蚀形成铁锈：铁作负极
D. Fe(OH)3胶体和Fe(OH)3悬浊液的本质区别：分散质粒子直径不同
3. 镍二硫烯配合物基元的COFs材料因具有良好的化学稳定性、热稳定性和导电性而应用于电池领域。一种基于镍二硫烯配合物的单体结构简式如下图所示，下列关于该单体的说法不正确的是
A. Ni属于d区元素
B. S与Ni形成配位键时，S提供孤电子对
C. 组成元素中电负性最大的是O
D. 醛基中C原子的价层电子对数为4
4. 我国科学家成功利用和人工合成了淀粉，使淀粉的生产方式从农业种植转为工业制造成为可能，其原理如下图所示。下列说法不正确的是
A. 分子中键和键个数比为1∶1
B. 甲醇沸点高于甲醛，是因为甲醇分子间能形成氢键
C. 甲醇分子和二羟基丙酮分子中碳原子的杂化类型均为
D. 二羟基丙酮与乳酸( )互为同分异构体
5. 下列事实与水解反应无关的是
A. 常温下相同浓度溶液的pH大小：Na2S(aq)>(NH4)2S(aq)
B. 纯碱溶液去除油污的能力强弱：热纯碱液>冷纯碱液
C. 除去工业废水中的Hg2＋：向废水中加入FeS固体
D. 配制FeCl3溶液：将FeCl3固体溶于浓盐酸，再稀释至所需浓度
6. 下列反应的方程式不正确的是
A. C和浓H2SO4反应：
B. NH3的催化氧化反应：
C. 向氢硫酸中通入SO2：
D. 向FeBr2溶液中通入足量Cl2：
7. 下列说法正确的是
A. 标准状况下，5.6L 中所含C-H键数目为
B. 室温下，1L 0.1 溶液中的数目为
C. 质量相同的和(重水)所含的原子数相同
D. 室温下，pH=12的氨水中，的物质的量为0.01mol
8. 实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均合理的是
气体 试剂 制备装置 收集方法
A CO2 石灰石+稀H2SO4 c d
B NH3 NH4Cl+Ca(OH)2 b f
C SO2 Na2SO3+浓H2SO4 c e
D Cl2 MnO2+浓盐酸 a d
A. A B. B C. C D. D
9. 向溶液中加入几滴酚酞溶液，然后向混合液中匀速、逐滴加入溶液，滴加过程中测得溶液电导率的变化如图所示。下列说法不正确的是
A. 烧杯中红色逐渐变浅直至完全褪去
B. 由于水存在微弱电离、存在微弱溶解，理论上电导率不会为0
C. 电导率减小的过程中，发生反应：
D. 若用同浓度溶液代替稀硫酸重复上述实验，电导率变化与原实验相同
10. 直接燃料电池是一种新型化学电源，其工作原理如图所示。电池放电时，下列说法不正确的是
A. 电极Ⅰ负极
B. 电极Ⅱ的反应式为：
C. 电池总反应为：
D. 该电池的设计利用了在酸碱性不同条件下氧化性、还原性的差异
11. 测定0.1 溶液升温过程中的pH(不考虑水的蒸发)，数据如下。
温度/℃ 20 40 60 80
pH 11.80 11.68 11.54 11.42
下列说法正确的是
A. 温度升高，溶液中降低
B. 温度升高时溶液pH降低，原因是水解生成少量
C. 溶液pH的变化是改变与水解平衡移动共同作用的结果
D. 溶液中始终等于0.1
12. 一定温度下，在2L的恒容密闭容器中，“甲烷重整”反应()原理如下。
已知“甲烷重整”反应在不同温度下的化学平衡常数：
温度/℃ 850 1000 1200 1400
K 0.5 2 275 1772
下列说法不正确的是
A. 物质a可能是Fe3O4
B. 若增大的值，则CH4的平衡转化率降低
C.
D. 1000℃，若容器中、，则反应处于平衡状态
13. 分别向相同浓度的Na2CO3、NaHCO3溶液中逐滴加入盐酸，滴定过程中溶液的pH变化如下图，下列说法不正确的是
A. 曲线①、②分别表示盐酸滴定Na2CO3、NaHCO3溶液的过程
B. a、b、c点水的电离程度：a>b>c
C. a、b、d点均满足：
D. ab段和de段发生的主要反应均为：
14. 一定温度下，向含一定浓度金属离子M2+(M2＋代表、和)的溶液中通H2S气体至饱和c(H2S)为时，相应的金属硫化物在溶液中达到沉淀溶解平衡时的与pH关系如下图。下列说法不正确的是
A. a点所示溶液中，
B. 该温度下，
C. b点所示溶液中，可发生反应
D. Zn2+、Mn2+浓度均为的混合溶液，通入H2S并调控pH可实现分离
15. 某实验小组用如下实验测定海带预处理后所得溶液的碘含量，实验步骤及现象如下：
已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，下列说法不正确的是：
A. 溶液b为蓝色是因为发生了反应：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O
B. 该实验可证明蓝色恢复与空气无关
C. 溶液反复由无色变蓝的原因可能是H2O2氧化I-的反应速率比Na2S2O3还原I2的反应速率快
D. 上述实验不能准确测定待测液中的碘含量，应补充实验步骤：滴定前向溶液b中加少量MnO2，反应至不再产生气泡，过滤，对滤液进行滴定
第二部分
本部分共2题，共40分。
16. （26分）含硼物质在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：
（1）基态硼原子的价电子轨道表示式是___________，最高能量的原子轨道的空间形状是___________。
（2）BN可以水解成硼酸(H3BO3)和NH3，B、N、O中，第一电离能最大的元素是___________。人工合成的一种BN晶体硬度已超过金刚石，是一种超硬材料，常用作刀具材料和磨料。可预测该BN晶体属于___________晶体。用___________法可以测得该晶体的结构，其中B的化合价为___________，请解释原因：___________。
（3）N-甲基咪唑的结构为，它的某种衍生物与NaBF4形成的离子化合物是离子液体。离子液体是在室温和接近室温时呈液态的盐类物质，由于其具有良好的化学稳定性，较低的熔点和良好的溶解性，应用越来越广泛。
①1mol离子化合物中，阿伏加德罗常数的值为NA，则根据价电子对互斥(VSEPR)理论，杂化方式为sp3的原子共有___________个。BF的电子式为___________。
②离子化合物熔点低的原因是___________。
（4）B的简单氢化物BH3不能游离存在，常倾向于形成较稳定的B2H6或与其他分子结合。
①0.3 mol气态高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5 kJ热量，其热化学方程式为___________；
②氨硼烷(NH3BH3)被认为是最具潜力的新型储氢材料之一、以NaBH4为硼源、某配合物为氨源可用于制备氨硼烷。为测定该配合物的结构，取2.32 g配合物进行如下实验：用重量法分析金属元素，测得镍元素的质量为0.59 g；在碱性条件下加热蒸出NH3，用滴定法测出其物质的量为0.06 mol；滴加过量硝酸银溶液，有白色沉淀生成，加热，沉淀没有增加；用摩尔法分析含量，测得氯元素质量为0.71 g。
I．该配合物中镍离子的基态电子排布式为___________。
Ⅱ．该配合物的结构简式为___________。
17.（14分） 黏土钒矿中，钒以+3价、+4价、+5价的化合物存在，还包括、和铝硅酸盐()等。采用以下流程可由黏土钒矿制备、和硫酸铝铵。
已知：i.有机酸性萃取剂HR的萃取原理为：
org表示有机溶液
ii.酸性溶液中，HR对+4价钒萃取能力强，而对+5价钒的萃取能力较弱
iii.HR能萃取而不能萃取
（1）从黏土钒矿到浸出液的流程中，加快浸出速率的措施有_______。
（2）滤渣的主要成分是_______。
（3）浸出液中钒以+4价、+5价的形式存在，简述加入铁粉的原因：_______。
（4）从平衡移动原理解释加入20%溶液的作用：_______。
（5）和反应生成和离子方程式是_______。
（6）测定产品的纯度
称取产品a g，先加入硫酸将转化为，加入指示剂后，用溶液滴定将转化为至终点，消耗溶液的体积为VmL。假设杂质不参与反应，则产品中的质量分数是_______(的摩尔质量为Mg/mol)。
（7）从无机层获得的离子方程式是_______。高四十二月学科竞赛参考答案
高三化学
1.【答案】A
【详解】A．由于CO2形成分子晶体，而SiO2形成共价晶体，故熔点：，与元素周期律无关，A符合题意；
B．P和S为同一周期元素，同一周期从左往右元素非金属性依次增强，则最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，故酸性与元素周期律有关，B不合题意；
C．Na和Mg为同一周期元素，同一周期从左往右元素金属性依次减弱，金属性：与元素周期律有关，C不合题意；
D．O和S为同一主族元素，同一主族从上往下元素的非金属性依次减弱，则其简单气态氢化物的稳定性依次减弱，则稳定性：与元素周期律有关，D不合题意；
2. 【答案】B
【详解】A．的电子式：，A正确；
B．Cu先失去最外层4s能级的电子，基态价层电子的轨道表示式为 ，B错误；
C．钢铁发生电化学腐蚀形成铁锈：铁失电子被氧化，铁作负极，C正确；
D．胶体和悬浊液的本质区别：分散质粒子直径不同，D正确；
3.【答案】D
【详解】A．Ni为28号元素，价层电子排布式为3d84s2，属于d区元素，A正确；
B．S与Ni形成配位键时，Ni提供空轨道，S提供孤电子对，B正确；
C．组成元素H、C、O、S、Ni中，电负性最大的是O，C正确；
D．醛基中含有碳氧双键，中心C原子采取sp2杂化，价层电子对数为3，不含孤电子对，D错误；
4.【答案】C
【详解】A．已知CO2的结构简式为：O=C=O，且知单键均为键，双键是一个键和一个键，三键为一个键和二个键，故分子中键和键个数比为2：2=1∶1，A正确；
B．甲醇中含有羟基，故甲醇能够形成分子间氢键，甲醛中不含氢键，故导致甲醇沸点高于甲醛，是因为甲醇分子间能形成氢键，B正确；
C．甲醇分子CH3OH中C原子周围形成4个键，则其价层电子对数为4，采用sp3杂化，而二羟基丙酮分子 中中间含碳氧双键的碳原子周围形成了3个键，无孤电子对，价层电子对数为3，采用sp2杂化，另外两个碳原子周围形成4个键，则其价层电子对数为4，采用sp3杂化，C错误；
D．二羟基丙酮 与乳酸( )分子式相同，结构不同，故互为同分异构体，D正确；
5. 【答案】C
【详解】A．硫化钠是强碱弱酸盐，水解呈碱性，硫化铵是弱酸弱碱盐，发生互促双水解，导致常温下相同浓度溶液的pH：Na2S(aq)>(NH4)2S(aq)，A不符合；
B．纯碱水解呈碱性，为可逆过程，加热促进水解，且酯的水解为可逆过程，存在RCOOR'+H2ORCOOH+R'OH，在强碱存在的条件下，ROOH与碱反应，有利于平衡向正反应方向移动，所以热的纯碱溶液去油污效果好，与水解有关，B不符合；
C．除去工业废水中的Hg2＋：向废水中加入FeS固体，利用HgS的溶度积小于FeS，与水解无关，C符合；
D．配制FeCl3溶液时，为抑制FeCl3水解，先将氯化铁固体溶于浓盐酸中，再稀释至所需浓度，D不符合；
6. 【答案】D
【详解】A．C和浓H2SO4发生氧化还原反应，生成CO2、SO2,化学反应方程式为：，故A正确；
B．在催化剂和加热条件下，NH3和O2发生催化氧化反应，其化学方程式为：，故B正确；
C．氢硫酸与SO2发生价态归中反应，其反应方程式为：，故C正确；
D．向FeBr2溶液中通入足量Cl2，此时溴离子也会被氯气氧化，故其方程式为：，故D错误；
7. 【答案】A
【详解】A．1分子甲烷中含有4个碳氢键，则标准状况下，5.6L 的物质的量为0.25mol，所含C-H键的物质的量为1mol，数目为，A正确；
B．醋酸为弱酸，只能发生部分电离，电离池醋酸根离子的数目小于，B错误；
C．1分子和所含原子数相同，但是两者的摩尔质量不同，则质量相同的和(重水)的物质的量不同，所含的原子数不相同，C错误；
D．不确定溶液体积，不能计算氢氧根物质的量，D错误；
8.【答案】D
【详解】A．石灰石与稀H2SO4反应生成的CaSO4微溶于水，会覆盖在石灰石表面，阻碍反应的继续进行，所以用石灰石与稀硫酸不能制取二氧化碳，A不正确；
B．用NH4Cl与Ca(OH)2反应制取NH3时，采用“固+固、加热”型制气装置，但由于NH3极易溶于水，所以不能采用排水法收集NH3，B不正确；
C．用Na2SO3与浓H2SO4反应制SO2气体，可采用简易气体发生装置，但由于SO2的密度比空气大，所以应采用向上排空气法收集，C不正确；
D．MnO2与浓盐酸在加热条件下才能反应制取Cl2，由于Cl2的密度比空气大，所以采用向上排空气法收集，D正确；
9.【答案】D
【详解】A．浓度减小直至反应完全，烧杯中红色逐渐变浅直至完全褪去，A正确；
B．由于水存在微弱电离、存在微弱溶解，溶液中存在少量离子，理论上电导率不会为0，B正确；
C．电导率减小的过程中，离子浓度减小，发生反应：，C正确；
D．若用同浓度的溶液代替稀硫酸重复上述实验，反应生成硫酸钡沉淀，溶液中存在钠离子和氢氧根，电导率不会减少到几乎为0，电导率变化与原实验不相同，D错误；
10. 【答案】C
【分析】由K+向电极Ⅱ所在区域迁移可知，电极Ⅱ为正极发生还原反应，电极Ⅰ为负极发生氧化反应；正极电极反应式：，负极电极反应式：。
【详解】A．电极Ⅰ为负极，A正确；
B．电极Ⅱ为正极发生还原反应：，B正确；
C．两极酸碱度不一样，氢离子和氢氧根离子不能电池总反应为：，C错误；
D．该电池的设计利用了在酸碱性不同条件下氧化性、还原性的差异，D正确；
11.【答案】C
【详解】A．温度升高，促进碳酸根离子的电离，导致溶液中升高，A错误；
B．温度升高时，溶液pH降低是因为升温导致水的电离程度变大，溶液中氢离子浓度变大导致，B错误；
C．温度升高，促进碳酸根离子的电离，且水的电离程度变大，故溶液pH的变化是改变与水解平衡移动共同作用的结果，C正确；
D．根据物料守恒，溶液中始终等于0.1，D错误；
12.【答案】D
【详解】A．由反应①可知，氢元素被还原，则铁元素被氧化，所以物质a可能是Fe3O4，故A正确；
B．若增大的值，即相当于增加CH4的浓度，则CH4的平衡转化率降低，故B正确；
C．升高温度，化学平衡常数增大，则正反应为吸热反应，故C正确；
D．1000℃，若容器中、，则，则此时反应未处于平衡状态，故D错误；
13. 【答案】C
【分析】碳酸钠在溶液中的水解程度大于碳酸氢钠，相同浓度碳酸钠溶液的pH大于碳酸氢钠溶液，则曲线①表示盐酸滴定碳酸钠溶液的过程、曲线②表示盐酸滴定碳酸氢钠溶液的过程，a点为碳酸钠溶液与盐酸恰好反应得到碳酸氢钠和氯化钠的混合溶液，b点和e点都是碳酸氢钠与盐酸恰好反应得到氯化钠和碳酸的混合溶液，d点为碳酸钠、碳酸氢和氯化钠的混合溶液，c点为盐酸、氯化钠和碳酸的混合溶液。
【详解】A．由分析可知，曲线①表示盐酸滴定碳酸钠溶液的过程、曲线②表示盐酸滴定碳酸氢钠溶液的过程，故A正确；
B．由分析可知，a点为碳酸氢钠和氯化钠的混合溶液，碳酸氢根离子在溶液中水解促进水的电离，b点为氯化钠和碳酸的混合溶液，碳酸电离出的氢离子抑制水的电离，c点为盐酸、氯化钠和碳酸的混合溶液，碳酸和盐酸电离出的氢离子抑制水的电离，c点溶液中氢离子浓度大于b点，抑制水的电离程度大于b点，则水的电离程度大小顺序为a>b>c，故B正确；
C．a、b、d点溶液中均存在电荷守恒关系，故C错误；
D．由分析可知，曲线①表示盐酸滴定碳酸钠溶液过程、曲线②表示盐酸滴定碳酸氢钠溶液的过程，则ab段和de段发生的反应都是碳酸氢钠溶液与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，离子方程式都为，故D正确；
14. 【答案】C
【详解】A．a点所示溶液中＝-4，即c(Zn2+)=10-4mol/L，由图像可知此时pH=0~1，c(H+)>0.1mol/L，所以，A正确；
B．，又在时c(H+)、c(S2-)相同，图像上取相同的横坐标时<<，即c(S2-)相同时c(Zn2+)C．从图中可以得到b对应的溶液中c(Fe2+)＝10-5mol/L，c(H+)=10-3mol/L，而当c(H+)=10-3mol/L其饱和溶液中c(Fe2+)＝10-2mol/L，即b点Q<，即无FeS沉淀生成，所以不能发生反应，C错误；
D．根据前面所求溶度积相对大小，通入H2S并调控pH能否实现分离，取决于Zn2+完全沉淀时Mn2+是否沉淀了，当Zn2+完全沉淀时c(Zn2+)=10-5mol/L，图中对应pH约为1.2，而Zn2＋、Mn2＋浓度均为的混合溶液Mn2＋开始沉淀的pH约为4.5，即Zn2+完全沉淀时Mn2+还没有开始沉淀，可以实现分离，D正确；
15. 【答案】C
【详解】A．向含有I-的溶液中滴加稀硫酸、淀粉、过量H2O2，发生反应：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，生成的I2遇淀粉变为蓝色，A正确；
B． 该实验蓝色恢复是因为过量的H2O2与NaI发生反应：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，生成的I2遇淀粉变为蓝色，与空气无关，B正确；
C．溶液变无色，是因为发生反应：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，溶液又变蓝，是因为过量的H2O2与NaI发生反应：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，生成的I2遇淀粉变为蓝色，在加入Na2S2O3溶液后，溶液先变无色，随后变蓝色，可能是H2O2氧化I-的反应速率比Na2S2O3还原I2的反应速率慢，C错误；
D．由于H2O2是过量的，可与NaI发生反应，因此上述实验不能准确测定待测液中的碘含量，应补充实验步骤：滴定前向溶液b中加少量MnO2，过量的H2O2在MnO2的作用下分解，产生O2，至不再产生气泡，即H2O2完全分解后，过滤，对滤液进行滴定，D正确；
第二部分
16.【答案】（1） ①. ②. 哑铃形(纺锤形)
（2） ①. N ②. 共价 ③. X射线衍射 ④. N ⑤. 非金属性N＞B，故电负性较大的是N；BN中N元素的化合价为-3，B为+3价
（3） ①. 4 ②. ③. 阴、阳离子半径大，所带电荷数少，晶格能小，熔点低
（4） ①. B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(l)=—2165 kJ/mol ②. 1s22s22p63s23p63d8 ③. [Ni(NH3)6]Cl2
【小问1详解】
硼是5号元素，位于元素周期表中第二周期第ⅢA族，基态硼原子的价电子轨道表示式为；最高能量的原子轨道为p轨道，空间构型为哑铃形(纺锤形)。
【小问2详解】
同一周期，第一电离能从左往右逐渐增大，但是第ⅡA族、ⅤA族的2s、2p轨道为半满结构，第一电离能大于相邻的第ⅢA族、ⅥA族，B、N、O中，第一电离能最大的元素是N。BN晶体硬度硬度已超过金刚石，属于共价晶体。用X射线衍射法可以测得该晶体的结构，其中B的化合价为+3，原因：非金属性N＞B，故电负性较大的是N；BN中N元素的化合价为-3，B为+3价。
【小问3详解】
①含大π键，分子中的N原子都采取sp2杂化，环上的C原子sp2杂化，但甲基上碳原子sp3杂化，BF中B原子的价层电子对数为4+=4，VSEPR模型为正四面体，B的杂化方式为sp3；杂化方式为sp3的原子共有4个；BF电子式为；
②该离子液体的阳离子为多核复杂阳离子，阴、阳离子半径大形成离子化合物的晶格能小，该离子液体常温下为液体，故原因为阴、阳离子半径大，所带电荷数少，晶格能小，熔点低。
【小问4详解】
①由0.3 mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧生成固态三氧化二硼和液态水放出649.5 kJ热量可知，反应的焓变△H=-=-2165 kJ/mol，则反应的热化学方程式为B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(l)=-2165 kJ/mol；
②Ⅰ.Ni原子的原子序数是28，离子的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d8；
Ⅱ.用重量法分析金属元素，测得镍元素的质量为0.59g即0.01mol；在碱性条件下加热蒸出NH3，用滴定法测出其物质的量为0.06mol，即N元素物质的量是0.06mol；用摩尔法分析含量，测得氯元素质量为0.71g，即Cl元素的物质的量是0.01mol，根据质量守恒，H元素质量是0.18g，所以分子中Ni、N、Cl、H的原子个数之比是1：6：2：18，根据配合物的特点，得出结构简式为：[Ni(NH3)6]Cl2。
17.【答案】（1）使用浓硫酸、升高温度到250℃
（2）
（3）将溶液中的+5价钒、Fe3+分别转化为+4价钒、Fe2+，利于+4价钒的萃取，实现钒元素和铁元素的分离
（4）加入20%溶液，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，利于钒元素进入水层，与萃取剂分离
（5）
（6）
（7）
【解析】
【分析】黏土钒矿加入浓硫酸、通入空气加入后水浸，二氧化硅不反应成为滤渣，浸出液加入氨水调节pH生成硫酸铝铵沉淀，滤液加入铁将三价铁转化为二价铁、并将五价钒还原为四价钒，使用HR萃取钒到有机层，有机层加入硫酸、氯酸钾将四价钒转化为五价钒，加入氨水得到，煅烧得到；水层加入氨水、空气得到氢氧化铁，煅烧得到氧化铁；
【小问1详解】
加快浸出速率的措施有粉碎增大接触面积、适当升高温度等；
【小问2详解】
由分析可知，滤渣的主要成分是；
【小问3详解】
酸性溶液中，HR对+4价钒萃取能力强，而对+6价钒的萃取能力较弱；HR能萃取而不能萃取；浸出液中钒以+4价、+5价的形式存在，铁具有还原性，加入铁粉的原因为将三价铁转化为二价铁、并将五价钒还原为四价钒，以利于HR萃取分离铁和钒元素；
【小问4详解】
有机酸性萃取剂HR的萃取原理为：
，加入20%溶液，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，利于钒元素进入水层；
【小问5详解】
和反应生成和，离子方程式是；
【小问6详解】
用溶液滴定将转化为，铁元素化合价由+2变为+3，钒元素化合价由+5变为+4，根据电子守恒可知，，则产品中的质量分数是
【小问7详解】
无机层含有亚铁离子，加入一水合氨、氧气生成氢氧化铁沉淀，反应为；

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