2018高考化学真题分类汇编阿伏伽德罗常数及物质的量

2018高考化学真题分类汇编阿伏伽德罗常数及物质的量

‎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。‎