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  • 2021-05-13 发布

2018高考化学真题分类汇编阿伏伽德罗常数及物质的量

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‎2017年高考化学真题分类汇编 专题1 常用化学计量(必修1)‎ Ⅰ—阿伏伽德罗常数和物质的量 ‎1.(2017•新课标Ⅱ-8)阿伏加德罗常数的值为NA.下列说法正确的是 A.‎1L0.1mol•L﹣1NH4CL溶液中,NH4+的数量为0.1NA B.2.4gMg与H2SO4完全反应,转移的电子数为0.1NA C.标准状况下,2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA D.0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后,其分子总数为0.2NA ‎【答案】D ‎【解析】 A.铵根易水解,所含NH4+数小于0.1NA,故A错误;‎ B.n(Mg)=0.1mol,Mg与H2SO4反应生成Mg2+,则1molMg参与反应转移2mol电子,故0.1molMg参与反应转移0.2mol电子,即0.2NA,故B错误;‎ C.标准状况下,‎22.4L任何气体所含的分子数为1mol,故2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.1mol,即0.1NA,故C错误;‎ D.H2+I22HI这是一个反应前后分子物质的量不变的反应,故反应后分子总数仍为0.2NA。‎ ‎【考点】 阿伏加德罗常数。菁优网版权所有 ‎【专题】 阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律。‎ ‎【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用,题目难度不大,注意气体摩尔体积指的是1mol任何气体的体积为‎22.4L.‎ ‎2.(2017•新课标Ⅲ-10) NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 ‎ A.0.1 mol 的11B中,含有0.6NA个中子 B.pH=1的H3PO4溶液中,含有0.1NA个H+‎ C.‎2.24L(标准状况)苯在O2中完全燃烧,得到0.6NA个CO2分子 D.密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备 PCl5(g),增加2NA个P﹣Cl键 ‎【答案】A ‎ ‎【解析】A.11B中含有中子数=11﹣5=6,0.1 mol 的11B中含有0.6mol中子,含有0.6NA个中子,故A正确; B.没有告诉pH=1的H3PO4溶液的体积,无法计算溶液中含有氢离子的物质的量就数目,故B错误;‎ C.标准状况下苯不是气体,不能使用标况下的气体摩尔体积计算,故C错误;‎ D.PCl3与Cl2生成PCl5的反应为可逆反应,则生成PCl5的物质的量小于1mol,增加的P﹣Cl键小于2NA,故D错误;‎ ‎【考点】 阿伏加德罗常数;弱电解质的电离;化学计量;物质结构。 菁优网版权所有 ‎【专题】 阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律 ‎ ‎【点评】本题考查阿伏伽德罗常数的计算与判断,题目难度不大,明确标况下气体摩尔体积的使用条件为解答关键,注意掌握物质的量与其它物理量之间的关系,B为易错点,注意缺少溶液体积。‎ ‎3.(2017•浙江-22)设NA为阿伏伽德罗常数的值,下列说法正确的是 A.标准状况下,‎2.24 L乙醇中碳氢键的数目为0.5 NA B.‎1 L 0.1 mol•L﹣1硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4 NA C.0.1 mol KI与0.1 mol FeCl3在溶液中反应转移的电子数为0.1 NA D.0.1 mol乙烯与乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧分子数为0.3 NA ‎【答案】CD ‎【解析】A、标况下乙醇为液体,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量,故A错误;‎ B、硫酸钠溶液中,除了硫酸钠外,水也含氧原子,故此溶液中的氧原子的个数大于0.4NA个,故B错误;‎ C、0.1 mol KI与0.1 mol FeCl3在溶液中能完全反应,且碘元素由﹣1价变为0价,故0.1molKI反应后转移0.1mol电子即0.1NA个电子,故C正确;‎ D、1mol乙烯和乙醇均消耗3mol氧气,故0.1mol乙烯和乙醇消耗0.3mol氧气即0.3NA个氧气分子,故D正确.‎ ‎【考点】阿伏加德罗常数菁优网版权所有 ‎【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律 ‎【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,难度不大,应注意掌握公式的运用和物质的结构。‎ Ⅱ—气体摩尔体积和阿伏加德罗定律 ‎1.(2017•新课标Ⅱ-8)阿伏加德罗常数的值为NA.下列说法正确的是 A.‎1L0.1mol•L﹣1NH4CL溶液中,NH4+的数量为0.1NA B.2.4gMg与H2SO4完全反应,转移的电子数为0.1NA C.标准状况下,2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA D.0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后,其分子总数为0.2NA ‎【答案】D ‎【解析】 A.铵根易水解,所含NH4+数小于0.1NA,故A错误;‎ B.n(Mg)=0.1mol,Mg与H2SO4反应生成Mg2+,则1molMg参与反应转移2mol电子,故0.1molMg参与反应转移0.2mol电子,即0.2NA,故B错误;‎ C.标准状况下,‎22.4L任何气体所含的分子数为1mol,故2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.1mol,即0.1NA,故C错误;‎ D.H2+I22HI这是一个反应前后分子物质的量不变的反应,故反应后分子总数仍为0.2NA。‎ ‎【考点】 阿伏加德罗常数。菁优网版权所有 ‎【专题】 阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律。‎ ‎【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用,题目难度不大,注意气体摩尔体积指的是1mol任何气体的体积为‎22.4L.‎ ‎2.(2017•新课标Ⅲ-10)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 ‎ A.0.1 mol 的11B中,含有0.6NA个中子 B.pH=1的H3PO4溶液中,含有0.1NA个H+‎ C.‎2.24L(标准状况)苯在O2中完全燃烧,得到0.6NA个CO2分子 D.密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备 PCl5(g),增加2NA个P﹣Cl键 ‎【答案】A ‎ ‎【解析】A.11B中含有中子数=11﹣5=6,0.1 mol 的11B中含有0.6mol中子,含有0.6NA个中子,故A正确; B.没有告诉pH=1的H3PO4溶液的体积,无法计算溶液中含有氢离子的物质的量就数目,故B错误;‎ C.标准状况下苯不是气体,不能使用标况下的气体摩尔体积计算,故C错误;‎ D.PCl3与Cl2生成PCl5的反应为可逆反应,则生成PCl5的物质的量小于1mol,增加的P﹣Cl键小于2NA,故D错误;‎ ‎【考点】 阿伏加德罗常数;弱电解质的电离;化学计量;物质结构。 菁优网版权所有 ‎【专题】 阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律 ‎ ‎【点评】本题考查阿伏伽德罗常数的计算与判断,题目难度不大,明确标况下气体摩尔体积的使用条件为解答关键,注意掌握物质的量与其它物理量之间的关系,B为易错点,注意缺少溶液体积。‎ Ⅲ—常用化学计量综合 ‎1.(15分)(2017•新课标Ⅰ-26)凯氏定氮法是测定蛋白质中氮含量的经典方法,其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐,利用如图所示装置处理铵盐,然后通过滴定测量。已知:;‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)a的作用是 。‎ ‎(2)b中放入少量碎瓷片的目的是 。f的名称是 。‎ ‎(3)清洗仪器:中加蒸馏水;打开,关闭,加热,蒸气充满管路;停止加热,关闭中蒸馏水倒吸进入,原因是 ‎ ‎ ;打开放掉水,重复操作次。‎ ‎(4)仪器清洗后,中加入硼酸()和指示剂。铵盐试样由注入,随后注入氢氧化钠溶液,用蒸馏水冲洗,关闭中保留少量水。打开,加热,使水蒸气进入。 ①中保留少量水的目的是 。 ②中主要反应的离子方程式为 ,采用中空双层玻璃瓶的作用是 。‎ ‎(5)取某甘氨酸()样品克进行测定,滴定中吸收液时消耗浓度为的盐酸,则样品中氮的质量分数为 ,样品的纯度 。‎ ‎【答案】(1)使容器内气体压强与外界大气压相同(或平衡压强) (2)防暴沸 直形冷凝管 (3)停止加热,水蒸气变为液态,装置内压强减小 ‎ ‎(4)①液封,防漏气 ②;保温 (5);‎ ‎【解析】(1)该装置利用水蒸气推动进入装置,故a(空心玻璃管)的作用是使容器内气体压强与外界大气压相同(或平衡压强)。 (2)防暴沸 直形冷凝管(3)加热圆底烧瓶使整个装置内充满水蒸气,停止加热,关闭时,右侧装置内水蒸气冷凝为液态,装置内压强减小。 (4)①防止漏气 ②采用中空双层玻璃瓶的作用是减少热量损失,尽量保证水以水蒸气形式存在。 (5)①根据守恒,甘氨酸中的N元素被处理成铵盐后,在e装置中转化为NH3进入g装置:,, ‎ ‎②由于具有挥发性,可能有部分逸出,导致测量结果偏高,测得的含量应为最大值,纯度为 。‎ ‎【考点】探究物质的组成;化学实验基本操作;离子反应与离子方程式;化学计算。‎ ‎【专题】定量测定与误差分析.‎ ‎【点评】本题考查含量的测定实验设计,为高考常见题型,试题涉及了元素化合物的性质、实验原理、物质制备等,侧重考查学生对实验方案理解及对元素化合物的知识的应用能力,‎ 难度中等。‎ ‎2.(14分)(2017•新课标Ⅱ-26)水泥是重要的建筑材料.水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2,并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示:‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)在分解水泥样品过程中,以盐酸为溶剂,氯化铵为助溶剂,还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是 ,还可使用 代替硝酸。‎ ‎(2)沉淀A的主要成分是 ,其不溶于强酸但可与一种弱酸反应,该反应的化学方程式为 。‎ ‎(3)加氨水过程中加热的目的是 。沉淀B的主要成分为 (填化学式)。‎ ‎(4)草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后,用KMnO4标准溶液滴定,通过测定草酸的量可间接获知钙的含量,滴定反应为:MnO4﹣+H++H‎2C2O4→Mn2++CO2+H2O.实验中称取‎0.400g水泥样品,滴定时消耗了0.0500mol•L﹣1的KMnO4溶液36.00mL,则该水泥样品中钙的质量分数为 。‎ ‎【答案】⑴将样品中的Fe2+氧化为Fe3+   H2O2 ‎ ‎⑵ SiO2   SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O ‎ ‎⑶ 防止胶体生成,易生成沉淀。  Al(OH)3 、 Fe(OH) 3  ‎ ‎⑷ 45.0% ‎ ‎【解析】(1)铁离子在pH较小时易生成沉淀,加入硝酸可氧化亚铁离子生成铁离子,比避免引入新杂质,还可用过氧化氢代替硝酸,故答案为:将样品中的Fe2+氧化为Fe3+;H2O2;‎ ‎(2)由以上分析可知沉淀A为SiO2,不溶于强酸但可与一种弱酸反应,应为与HF的反应,方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O,故答案为:SiO2;SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O;‎ ‎(3)滴加氨水,溶液呈碱性,此时不用考虑盐类水解的问题,加热的目的是防止生成胶体而难以分离,生成的沉淀主要是Al(OH)3、Fe(OH) 3,故答案为:防止胶体生成,易生成沉淀;Al(OH)3、Fe(OH) 3;‎ ‎(4)反应的关系式为5Ca2+~5H‎2C2O4~2KMnO4,‎ n(KMnO4)=0.0500mol/L×36.00mL=1.80mmol, n(Ca2+)=4.50mmol,‎ 水泥中钙的质量分数为(4.50×10—3mol×‎40g/mol)×100%/‎0.400g =45.0%, 故答案为:45.0%。‎ ‎【考点】 探究物质的组成或测量物质的含量 ;硅及其化合物;铁、铝及其化合物;胶体的性质;化学计算;菁优网版权所有 ‎【专题】 定量测定与误差分析 ‎ ‎【点评】本题侧重考查物质的含量的测定,为高频考点,注意把握流程的分析,把握物质的性质,结合关系式法计算,有利于培养学生的分析能力、实验能力和计算能力,难度中等。‎ ‎3.(15分)(2017•新课标Ⅲ-27)重铬酸钾是一种重要的化工原料,一般由铬铁矿制备,铬铁矿的主要成分为FeO•Cr2O3,还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示:‎ 回答下列问题:(1)步骤①的主要反应为:‎ FeO•Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2 。 上述反应配平后FeO•Cr2O3与NaNO3的系数比为 。该步骤不能使用陶瓷容器,原因是 。‎ ‎(2)滤渣1中含量最多的金属元素是  ,滤渣2的主要成分是   及含硅杂质。‎ ‎(3)步骤④调滤液2的pH使之变  (填“大”或“小” ),原因是  ‎ ‎(用离子方程式表示)。‎ ‎(4)有关物质的溶解度如图所示.向“滤液3”中加入适量KCl,蒸发浓缩,冷却结晶,过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到  (填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。‎ a‎.80℃‎ b‎.60℃‎ c‎.40 ℃‎d‎.10℃‎ 步骤⑤的反应类型是 。‎ ‎(5)某工厂用m‎1 kg 铬铁矿粉(含Cr2O3 40%)制备K2Cr2O7,最终得到产品 m‎2 kg,产率为  ‎ ‎ ×100%。‎ ‎【答案】⑴2:7  二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳 ‎ ‎⑵Fe  Al(OH)3 ⑶小  CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O ‎⑷c 复分解反应 ⑸[m2/(m1×0.4×‎294g/mol÷‎152 g/mol)]  ‎ ‎【解析】⑴铬铁矿的主要成分为FeO•Cr2O3,还含有硅、铝等,制备重铬酸钾,由制备流程可知,步骤①的主要反应为FeO•Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2‎ ‎+NaNO2,Cr元素的化合价由+3价升高为+6价,Fe元素的化合价由+2价升高为+3价,N元素的化合价由+5价降低为+3价,由电子、原子守恒可知,反应为2FeO•Cr2O3+4Na2CO3‎ ‎+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2,则FeO•Cr2O3与NaNO3的系数比为2:7。该步骤不能使用陶瓷容器,原因是二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳,故答案为:2:7;二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳。‎ ‎(2)由上述分析可知,滤渣1含Fe2O3,滤渣1中含量最多的金属元素是Fe,滤渣2的主要成分是Al(OH) 3及含硅杂质,故答案为:Fe;Al(OH)3;‎ ‎(3)④中调节pH发生CrO42﹣+2H+Cr2O72﹣+H2O,则步骤④调滤液2的pH使之变小,增大氢离子浓度,平衡正向移动,利于生成Cr2O72﹣,故答案为:小;CrO42﹣+2H+Cr2O72﹣+H2O;‎ ‎(4)向“滤液3”中加入适量KCl,蒸发浓缩,冷却结晶,过滤得到K2Cr2O7固体,由溶解度可知,冷却到‎40℃‎K2Cr2O7固体的溶解度在四种物质中最小、且溶解度较大,过滤分离产品最多;步骤⑤发生Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl,反应类型是复分解反应。故答案为:c;复分解反应;‎ ‎(5)用m‎1 kg 铬铁矿粉(含Cr2O3 40%)制备K2Cr2O7,最终得到产品 m‎2 kg,产率为:实际产量/理论产量,由Cr原子守恒可知,则产率为[m2/(m1×0.4×‎294g/mol÷‎152 g/mol)]×100%,‎ ‎【考点】 制备实验方案的设计。铁及其化合物;铝及其化合物; 化学计量;有 ‎【专题】 无机实验综合 ‎ ‎【点评】本题考查物质的制备实验,为高频考点,把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意元素化合物知识与实验的结合,题目难度不大。‎ ‎4.(14分)(2017•新课标Ⅲ-26)绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁,在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究.回答下列问题:‎ ‎(1)在试管中加入少量绿矾样品,加水溶解,滴加KSCN溶液,溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气,溶液逐渐变红。由此可知: ‎ ‎ 。‎ ‎(2)为测定绿矾中结晶水含量,将石英玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重,记为m‎1 g.将样品装入石英玻璃管中,再次将装置A称重,记为 m‎2 g.按下图连接好装置进行实验。‎ ‎①仪器B的名称是 。‎ ‎②将下列实验操作步骤正确排序  ‎ ‎  (填标号);重复上述操作步骤,直 至A恒重,记为m‎3 g。‎ a.点燃酒精灯,加热 b.熄灭酒精灯 c.关闭K1和K2‎ d.打开K1和K2,缓缓通入N2 e.称量A f.冷却至室温 ‎③根据实验记录,计算绿矾化学式中结晶水数目x= (列式表示)。若实验时按a、d次序操作,则使x (填“偏大”“偏小”或“无影响”).‎ ‎(3)为探究硫酸亚铁的分解产物,将(2)中已恒重的装置A接入下图所示的装置中,打开K1和K2,缓缓通入N2,加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。‎ ‎①C、D中的溶液依次为 (填标号)。C、D中有气泡冒出,并可观察到的现象分别为 。‎ a.品红 b.NaOH c.BaCl2 d.Ba(NO3)2 e.浓H2SO4‎ ‎②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式 。‎ ‎【答案】⑴硫酸亚铁与KSCN不反应、硫酸亚铁易被空气氧化为硫酸铁。 ‎ ‎⑵①干燥管 ②dabcfe ③76(m2-m3)/9(m3-m1)  偏小 ‎ ‎⑶①c、a  产生白色沉淀、品红褪色 ② 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑ ‎ ‎【解析】(1)滴加KSCN溶液,溶液颜色无明显变化,可知硫酸亚铁与KSCN不反应,但亚铁离子不稳定,易被空气中氧气氧化生成铁离子,最终溶液变红色。故答案为:硫酸亚铁与KSCN不反应;硫酸亚铁易被空气氧化为硫酸铁;‎ ‎(2)①由仪器的图形可知B为干燥管,故答案为:干燥管; ②实验时,为避免亚铁离子被氧化,应先通入氮气,冷却时注意关闭开关,防止氧气进入,冷却至室温再称量固体质量的变化,则正确的顺序为dabcfe。故答案为:dabcfe;‎ ‎③直至A恒重,记为m‎3 g,应为FeSO4和装置的质量,则m(FeSO4)=(m3﹣m1),m(H2O)=(m2﹣m3),则n(H2O) =(m2﹣m3)/18、n(FeSO4) =(m3﹣m1)/152,结晶水的数目等于=n(H2O)/ n(FeSO4) =76(m2﹣m3)/9(m3﹣m1)‎ 若实验时按a、d次序操作,会导致硫酸亚铁被氧化,则导致固体质量偏大,测定结果偏小。故答案为:76(m2﹣m3)/9(m3﹣m1);偏小;‎ ‎(3)①实验后反应管中残留固体为红色粉末,说明生成Fe2O3,则反应中Fe元素化合价升高,S元素化合价应降低,则一定生成SO2,可知硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2,C为氯化钡,用于检验SO3,可观察到产生白色沉淀,D为品红,可用于检验SO2,品红褪色,故答案为:c、a;产生白色沉淀、品红褪色;‎ ‎②硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2,方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑,故答案为:2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑.‎ ‎【考点】 性质实验方案的设计;铁及其化合物;硫及其化合物;化学计量。 优网版权所 ‎【专题】 无机实验综合 ‎ ‎【点评】本题以绿矾为载体,考查结晶水合物中结晶水数目的测定以及分解产物的鉴别,侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力,注意把握实验原理、实验技能以及物质性质的分析,题目难度中等。‎ ‎5.(4分)(2017•浙江-29)分别称取‎2.39g(NH4)2SO4和NH4Cl固体混合物两份。‎ ‎(1)将其中一份配成溶液,逐滴加入一定浓度的Ba(OH)2溶液,产生的沉淀质量与加入Ba(OH) 2溶液体积的关系如图.混合物中n[(NH4)2SO4]:‎ n(NH4Cl)为   。‎ ‎(2)另一份固体混合物中NH4+与Ba(OH) 2溶液(浓度同上)恰好完全反应时,溶液中c(Cl﹣)=   (溶液体积变化忽略不计)。‎ ‎【答案】⑴1:2 ⑵0.1mol/L ‎【解析】⑴分别称取‎2.39g(NH4) 2SO4和NH4Cl固体混合物两份,而第一份加100ml的氢氧化钡生成沉淀硫酸钡的质量为‎2.33g,其物质的量为:‎2.33g÷‎233g/mol =0.01mol,根据硫酸根离子守恒,所以第一份中硫酸铵的物质的量为0.01mol,其质量为:0.01×132=‎1.32g,则每份中NH4Cl的质量为:2.39-1.32=‎1.07g,所以氯化铵的物质的量为‎1.07g÷‎53.5g/mol =0.02mol;所以两者的物质的量之比为:0.01:0.02=1:2,故答案为:1:2;‎ ‎⑵由⑵可知100ml氢氧化钡的物质的量为:0.01mol,所以氢氧化钡的浓度为0.01mol/‎0.1L =0.1mol/L,而‎2.39g(NH4)2SO4和NH4Cl固体混合物中铵根离子的物质的量为:0.01×2+0.02=0.04mol,根据NH4++OH﹣=NH3↑+H2O可知氢氧化钡的物质的量为:0.02mol,所以需氢氧化钡的体积为:0.02mol/0. 1mol/L=‎0.2L,根据c=n/v=0.02mol/‎0.2L=0.1mol/L。故答案为:0.1mol/L。‎ ‎【考点】 有关混合物反应的计算 菁优网版权所有 ‎【专题】 计算题 ‎ ‎【点评】本题考查混合物的有关计算,注意利用守恒法解答,侧重对基础知识的巩固。‎ ‎1、发生以下情形,本协议即终止:(1)、公司因客观原因未能设立;(2)、公司营业执照被依法吊销;(3)、公司被依法宣告破产;(4)、甲乙丙三方一致同意解除本协议。2、本协议解除后:(1)甲乙丙三方共同进行清算,必要时可聘请中立方参与清算;(2)若清算后有剩余,甲乙丙三方须在公司清偿全部债务后,方可要求返还出资、按出资比例分配剩余财产。(3)若清算后有亏损,各方以出资比例分担,遇有股东须对公司债务承担连带责任的,各方以出资比例偿还。‎