Đề thi môn Hóa học khối 10 năm 2015 Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong38856

Viết phương trình phản ứng xảy ra và cho biết sự thay đổi màu sắc của dung dịch... Câu 4: 2 điểm Độ ẩm tuyệt đối của không khí được tính bằng lượng hơi nước có trong 1 đơn vị thể tích kh

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG

TỈNH NAM ĐỊNH

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 10

NĂM 2015

Thời gian làm bài 180 phút

(Đề này có 05 trang, gồm 10 câu)

Câu 1: (2 điểm)

a) Đối với hệ gồm 1 hạt nhân và các electron, biểu thức liên hệ giữa năng lượng liên kết của electron với hạt nhân được biểu diễn như sau:

��=‒ 13,6 ×(� ‒ �)

2

�2 (��) trong đó n là số lượng tử chính; σ là hằng số chắn (σ = 0 khi hệ có 1 electron, σ =

0,3 khi hệ có 2 electron…) ; Z là số đơn vị điện tích hạt nhân Xác định năng lượng

ion hóa thứ ba (theo eV) của Be (Z = 4) từ trạng thái cơ bản (ứng với sự tách electron từ ion Be2+ thành Be3+)

b) Giải thích tại sao Flo có độ âm điện lớn hơn Clo nhưng ái lực electron của Flo (3,58 eV) lại bé hơn của Clo (3,81 eV)?

Câu 2: (2 điểm)

a) Cho các dung dịch riêng rẽ sau: NaH2PO4 0,01M (A); Na2HPO4 0,01M (B); HCl 0,01M (C) Trình bày ngắn gọn cách xác định pH của các dung dịch và cho biết chất chỉ thị nào sau đây tốt nhất sử dụng để phân biệt các dung dịch trên Nêu rõ hiện tượng xảy ra?

Cho các chất chỉ thị: (1) Metyl dacam (khoảng chuyển màu từ 3,1 - 4,4: pH  3,1

màu đỏ; pH  4,4 màu vàng); (2) Metyl đỏ (khoảng chuyển màu 4,4-6,2; pH < 4,4 màu đỏ; pH > 6,2 màu vàng); (3) Quỳ (khoảng chuyển màu 5,0-8,0; pH < 5,0

màu đỏ; pH > 8,0 màu xanh); (4) Phenolphtalein (khoảng chuyển màu 8,2 - 10,0;

pH < 8,2 không màu; pH > 10 màu đỏ)

b) Nhỏ từ từ đến hết V lít dung dịch NaOH 0,03M vào V lít dung dịch H3PO4

0,02M có sẵn vài giọt quỳ tím, thu được dung dịch X Viết phương trình phản ứng xảy ra và cho biết sự thay đổi màu sắc của dung dịch

Cho biết: H3PO4 có pKa1 = 2,15; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32; pKw = 14

Câu 3: (2 điểm)

Trong mặt trời, có xảy ra một chuỗi các phản ứng hạt nhân nằm trong chu trình cacbon-nitơ như sau:

1

1� +12

6�→ � + �

�→� + 0

+ 1�

1

1� + �→ � + �

1

1� + �→� + �

�→� + 0

+ 1�

1

1� + �→12

6� + � + �

a) Hoàn thành các phản ứng hạt nhân trên, viết phương trình tổng quát cho chu trình cacbon-nitơ

b) Hạt nhân nào được coi là xúc tác của quá trình? Hạt nhân nào được coi là hạt nhân trung gian?

c) Tính năng lượng giải phóng ra nếu có 1 gam 1H tham gia vào chu trình này

Cho: Khối lượng mol nguyên tử của 1H và F lần lượt là 1,00782 g/mol và 4,00260 g/mol Khổi lượng của positron 0 là 9,10939 × 10-28 g Hằng số Avogadro N =

+ 1� 6,022136 × 1023 Tốc độ ánh sáng trong chân không c = 2,998 × 108 m/s

Câu 4: (2 điểm)

Độ ẩm tuyệt đối của không khí được tính bằng lượng hơi nước có trong 1 đơn vị thể tích không khí (tính ra g/m3) Độ ẩm tương đối của không khí là tỉ số giữa độ

ẩm tuyệt đối với độ ẩm cực đại (độ ẩm khi hơi nước bão hòa) ở nhiệt độ đang xét (tính ra %) Cho Po = 101, 3 kPa và bảng tính chất nhiệt động sau (coi không phụ thuộc nhiệt độ):

298 (kJ/mol) So

298 (J/mol.K)

a) Có hiện tượng gì xảy ra khi để 2 khoáng vật Na2SO4 và Na2SO4.10H2O ra ngoài không khí có độ ẩm tương đối bằng 67% ở 25oC

b) Các kết quả thu được ở trên có thay đổi không khi hạ nhiệt độ xuống 0oC

c) Ở độ ẩm tương đối nào của không khí cả hai chất song song tồn tại ở 25oC

d) Nói Na2SO4 là chất hút ẩm tốt có đúng không?

Câu 5: (2 điểm)

Cho bảng dữ kiện nhiệt động của phản ứng: SO2 (k) + O1 2 (k)  SO3 (k) (1)

2 Nhiệtđộ (oC) 530 550

ΔphảnứngGo (kJ/mol) –16,03 –15,31

a) Ước lượng hằng số cân bằng Kp1 của phản ứng (1) ở 650oC

Cho 15,19 g sắt (II) sunfat được đun nóng trong bình chân không 1,00 L tới 650oC thì xảy ra các phản ứng sau:

FeSO4 (r)  Fe2O3 (r) + SO3 (k) + SO2 (k) (2)

2SO3(k)  2SO2(k) + O2(k) (3)

Khi hệ đạt đến trạng thái cân bằng, áp suất riêng phần của oxy là 21,28 mmHg

b) Tính áp suất tổng ở trạng thái cân bằng và giá trị Kp2của phản ứng (2)

c) Tính phần trăm FeSO4bị phân hủy?

Câu 6: (2 điểm)

a) Tính pH của dung dịch K2Cr2O7 0,10M

b) Trộn 50,0 ml dung dịch BaCl2 0,50M với 50,0 ml dung dịch K2Cr2O7 0,20M Xác định pH của dung dịch thu được

Cho biết: Tích ion của nước là Kw = 10-14 Tích số tan của BaCrO4 là KS = 10-9,93

Cr2O72- + H2O  2HCrO4- có K = 10-1,64; HCrO4-  H+ + CrO42- có Ka = 10-6,5

Câu 7: (2 điểm)

Cho ba pin điện hóa với sức điện động tương ứng ở 298K:

Pin 1: Hg | Hg2Cl2 | KCl (bão hoà) || Ag+ (0,0100M) | Ag có E1 = 0,439V

Pin 2: Hg | Hg2Cl2 | KCl (bão hoà) || AgI (bão hoà) | Ag có E2 = 0,089V

Pin 3: Ag | AgI (bão hoà), PbI2 (bão hoà) || KCl (bão hoà) |Hg2Cl2 | Hg có E3 = 0,230V

a) Tính tích số tan của AgI

b) Tính tích số tan của PbI2

Cho: E0(Ag+/Ag) = 0,799V

Câu 8: (2 điểm)

Một số học sinh vào phòng thí nghiệm hóa của trường làm thực hành về tốc độ phản ứng nhưng do vô ý nên khi làm xong đã để quên không đậy nắp và cất vào vị trí cũ một lọ hóa chất A mà trên nhãn có ghi “bảo quản trong điều kiện tối” Sau

một thời gian, các giáo viên tiến hành rà soát phòng thí nghiệm mới phát hiện ra thì hóa chất trong chai đã biến đổi tạo thành ba hợp chất mới là B, C và D Hợp chất A

có thể được dùng để làm tăng độ tan của hợp chất C trong các dung dịch nước nhờ tạo thành D Nếu trộn dung dịch đậm đặc của A và B với nhau sau đó cho phản ứng với một khí F màu vàng lục sẽ sinh ra hai muối G và H Trong môi trường

axit, muối G phản ứng với A tạo thành dung dịch màu nâu xỉn có chứa C Oxy chiếm 22,4% khối lượng của G Khí F phản ứng với hidro trong điều kiện chiếu

sáng tạo ra axit J Mặt khác, G tác dụng với J dẫn tới C, F và H

a Tìm công thức của các chất và viết phương trình phản ứng dạng ion thu gọn

b Tính pH cực đại mà ở đó phản ứng giữa dung dịch A 0,10 M và G 0,25 M tự

diễn biến ở 25oC biết Eo (C/A) = 0,536 V và Eo (G, H+/C) = 1,195 V.

c Vai trò của ánh sáng trong quá trình biến tính của A là gì?

Câu 9: (2 điểm)

Xục khí NH3 vào SCl2 người ta thu được một chất rắn X màu đỏ chỉ chứa S và N,

rất dễ nổ

a) Hòa tan 8,48 gam X trong 500 gam benzen thu được dung dịch hóa rắn tại 4,988oC biết rằng hằng số nghiệm lạnh của benzen là 5,065oC.kg/mol và nhiệt độ đông đặc của benzen là 5,455oC Xác định công thức phân tử của X và viết phương

trình phản ứng đã xảy ra (không có mặt hợp chất ion)

b) Viết cấu tạo của X và giải thích tại sao thực nghiệm cho thấy độ dài các liên kết trong X bằng nhau

c) Từ các dữ kiện sau, tính ΔHocủa phản ứng điều chế 1 mol X ở ý a).

E(S–S) = 226 kJ mol–1; E(N≡N) = 946 kJ mol–1; E(S–N) = 273 kJ mol–1; E(S=N) =

328 kJ mol–1; ΔHbay hơi (S8) = 77 kJ mol–1; ΔHbay hơi (X) = 88 kJ mol–1; ΔHtạo thành (NH3) = – 45,9 kJ mol–1; ΔHtạo thành (SCl2) = – 50,0 kJ mol–1; ΔHtạo thành (HCl) = – 92.3 kJ mol–1

Câu 10: (2 điểm)

Cho phản ứng sau diễn ra tại 250C: S2O82- + 3I- → 2SO42- + I3- Để xác định phương trình động học của phản ứng, người ta tiến hành đo tốc độ đầu của phản ứng ở các nồng độ đầu khác nhau :

Thí

nghiệm

Nồng độ ban đầu của I- (mol/l )

Nồng độ ban đầu của

S2O82- ( mol/l )

Tốc độ ban đầu của phản ứng vo x103 (mol/l.s)

a Xác định bậc riêng phần của các chất phản ứng, bậc toàn phần và hằng số tốc độ của phản ứng Chỉ rõ đơn vị của hằng số tốc độ của phản ứng

b Nếu ban đầu người ta cho vào hỗn hợp đầu ở thí nghiệm 3 một hỗn hợp chứa

S2O32- và hồ tinh bột sao cho nồng độ ban đầu của S2O32- bằng 0,2 M Tính thời gian để dung dịch bắt đầu xuất hiện màu xanh Biết phản ứng: 2S2O32- + I3- →

S4O62- + 3I- có tốc độ xảy ra rất nhanh và để có màu xanh xuất hiện thì nồng độ I3 -phải vượt quá 10-3 mol/l

……… HẾT ………

Người ra đề

Lại Năng Duy Điện thoại: 01634121380

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN HÓA HỌC KHỐI 10

Be2+ có Z = 4

Cấu hình electron ở trạng thái cơ bản (n = 1) là: 1s2 Năng lượng liên kết giữa electron với hạt nhân trong ion Be2+

ở trạng thái cơ bản là:

EBe2+ = 2E1 =

2 2

(4 0,3) 2.( 13,6) (eV) 372,368 eV

1



0,5

Be3+ (1s1) là hệ 1 electron 1 hạt nhân

EBe3+ = - = - 217,6 (eV)

2

2

4

1

0,5

a

Năng lượng ion hóa thứ ba của Be

I3 = EBe3+ - EBe2+ = -217,6 – (-372,368) = 154,768 eV 0,5

1

b

Do Flo có bán kính nhỏ hơn Clo nên có khả năng hút cặp e liên kết về phía mình mạnh hơn Clo (độ âm điện của Flo lớn hơn) Cũng chính do bán kính nhỏ, nên khi Flo nhận hẳn một electron vào nguyên tử sẽ gây nên lực đẩy mạnh giữa các electron làm cho hệ kém bền Do đó, Flo lại có ái lực electron nhỏ hơn Clo

0,5

Dung dịch A: pHA = = 4,68

pKa pKa 2



Dung dịch B: pHB = = 9,765

pKa pKa 2

 Dung dịch C: [H+] = 0,01M => pHC = 2

0,75

a

Chất chỉ thị phù hợp nhất là metyl đỏ, khi đó:

- dung dịch C có màu đỏ;

- dung dịch A có màu đỏ da cam;

- dung dịch B có màu vàng

0,25

2

b Nồng độ ban đầu của: NaOH = 0,015M; H3PO4 0,01M

H3PO4 + OH- → H2PO4- + H2O 0,01 0,015

- 0,005 0,01

H2PO4- + OH- → HPO42- + H2O 0,01 0,005

5.10-3 - 5.10-3

Dung dịch thu được là một dung dịch đệm có dạng axit và

bazơ liên hợp cùng nồng độ mol Do đó:

pHX = pKa2 = 7,21

0,25 Hiện tượng: dung dịch chuyển từ màu đỏ sang màu tím 0,25

Trung gian: 13N, 13C, 14N, 15O, 15N 0,25

b

Độ hụt khối tính cho 1 mol phản ứng chung là:

3

c

Tính cho 1g 1H thì năng lượng giải phóng: 6,15.1011 J 0,25

Không khí ẩm do nước bốc hơi Độ ẩm cực đại khi có cân

bằng: H2O (l)  H2O (k) (*)

0

0

298 *  ln    3,04.10



k n

p K

P

K K K RT G

  P H O

P Pa

K p 3080  cb,298K *  bh,298K 2



0,75

H O P H O Pa

P kk,298K 2 0,67 bh,298 2  2064



bh: bão hòa; cb: cân bằng; kk: không khí

TínhP cb' ,298K H2Okhicó cân bằng:

(**)

O H SO

Na2 4 10 2  2 4  10 2

ở 25oC thìP cb' ,298KH2O 2523Pa  P kk,298KH2O

Như vậy phản ứng (**) chuyển dịch theo chiều thuận và

mất nước (khoáng vật bị chảy ra) Trong khi

O H SO

Na2 4.10 2

khoáng vật Na2SO4 không đổi (bền, không hút nước)

b

Dùng  tính lại các hằng số cân bằng

















2 1

0

1

ln

T T R

H K

K

của (*) và (**) ở 0oC và suy ra:

P cb' ,298K 2 366  kk,298K 2 404

Phản ứng (**) chuyển theo chiều nghịch và Na2SO4chảy rữa

0,5

c

Có điều này khi:P kk,298KH2O P cb' ,298KH2O2523Pa

nghĩa là độ ẩm tương đối của không khí bằng 81,9% 0,5

d

Dựa vào kết quả 3 ý trên, ta thấy rằng: ở nhiệt độ thường

(khoảng 25oC) và độ ẩm không khí đã khá cao nhưng Na2SO4

vẫn không có xu hướng hút nước để tạo ra Na2SO4.10H2O,

nghĩa là Na2SO4 không phải là chất hút ẩm tốt

0,25

a

SO2 (k) + O1 2 (k)  SO3 (k) (1)

2

ΔH = -44938 J/mol

ΔS = -36 J/molK

0,25

ΔG ở 650oC = -11710 J/mol → lnKp1 = 1,526 → Kp1 = 4,6 0,25 2SO3(k)  2SO2 (k) + O2 (k) (3) có Kp3 = (Kp1)-2 = 0,047 0,25

5

b

Phản ứng (2): 2 FeSO4 (s)  Fe2O3 (s) + SO3 (g) + SO2 (g)

Cân bằng: P-a P+a

Phản ứng (3): 2 SO3(g)  2SO2 (g) + O2 (g)

Áp suất ban đầu: P P 0

Phản ứng: -a +a +a/2

Cân bằng: P-a P+a a/2

Ở cân bằng thì áp suất của O2 là 21,28/760 = 0,028 atm

a/2 = 0,028 atm → a = 0,056 atm

) 056 , 0 (

028 , 0 ) 056 , 0 (

2

2







P P

) 056 , 0 (

) 056 , 0 (

2

2







P P

→ 1,303 → P + 0,056 = 1,303P – 0,073

) 056 , 0 (

) 056 , 0





P P

→ 0,303P = 0,12896 → P = 0,425 atm

0,25

2 FeSO4 (s)  Fe2O3 (s) + SO3 (g) + SO2 (g)

Kp2 = PSO3PSO2 = (P-a)(P+a) = (0,425 – 0,056)(0,425 + 0,056)

= 0,177

0,25

c

Số mol SO3 = SO2 do phân hủy FeSO4:

PV = nRT → n = PV/PT = (0,425)1 /(0,082×923) = 5,6×10-3

mol

Số mol FeSO4 = 2nSO3 = 0,0112 mol

Khối lượng FeSO4 phân hủy = 0,0112 ×151,91 = 1,70 g

Phần trăm khối lượng FeSO4 = 1,70/15,19 = 11,21 %

0,5

6

K2Cr2O7→ 2K+ + Cr2O7 2-0,1M

- 0,1M

Các cân bằng:

Cr2O72- + H2O  2HCrO4- (1) K1 = 10-1,64 HCrO4-  H+ + CrO42- (2) Ka = 10-6,5

0,25

H2O  H+ + OH- (3) Kw = 10-14

Nhận xét: K1 >> Ka >> Kw => coi như lượng HCrO4- chuyển

hóa không đáng kể so với lượng HCrO4- được tạo thành

Xét cân bằng (1):

Cr2O72- + H2O  2HCrO4- (1) K1 = 10-1,64

C 0,1

[ ] 0,1 - x 2x

1,64 4

2 7









=> x = 2,124.10-2 => [HCrO4-] = 4,248.10-2M

0,25

Xét cân bằng (2):

HCrO4-  H+ + CrO42- (2) Ka = 10-6,5

C 4,248.10-2

[ ] 4,248.10-2 y y

6,5 4

a

4

[H ][CrO ] y

[HCrO ] 0,04248 y







=> y = 1,16.10-4 << 4,248.10-2M

Vậy [H+] = 1,16.10-4M => pH = 3,96

0,5

Sau khi trộn: Ba2+ = 0,25 M

Cr2O72- = 0,10 M

Đánh giá khả năng hình thành kết tủa BaCrO4: [Ba2+][CrO42-]

= (0,25)(y) = 10-4,74 >> KS, do đó có kết tủa BaCrO4xuất hiện

2Ba2+ + Cr2O72- + H2O  2BaCrO4 + 2H+ (2)

K2 = KS-2K1Ka2 = 105,22 >> 1

0,25 0,1

TPGH: 0,05 - 0,20

0,5

b

Cân bằng hòa tan kết tủa:

BaCrO4  Ba2+ + CrO42- KS = 10-9,93

BaCrO4 + H+  Ba2+ + HCrO4- (3) có K3 = Ks-1.Ka-1 = 10-3,43

0,25

2BaCrO4 + 2H+  2Ba2+ + Cr2O72- + H2O (4) có K4 = K2-1

Nhìn chung, các cân bằng này có hằng số tương đối bé nên dự

đoán sự hòa tan phức là không đáng kể Nghĩa là

[Ba2+] = 0,05 M; [H+] = 0,2 M Thực vậy:

[CrO42-] = Ks/ [Ba2+] = 2,35.10-9 M

[HCrO4-] = [CrO42-] [H+] /Ka = 1,486.10-3 M

[Cr2O7-] = [HCrO4-]2/K = 9,64.10-5

Rõ ràng các nồng độ trên rất bé so với [H+] = 0,2 M

Tính thế của điện cực calomen:

E1 = E(Ag+/Ag) – E (calomen) trong đó

E(Ag+/Ag) = Eo (Ag+/Ag) + 0,0592 log [Ag+] = 0,681 V

→ E (calomen) = 0,242V

0,25

Tính nồng độ ion bạc: E2 = E(AgI (bão hòa)/Ag//Ag) – Ecalomen

E(Ag+/Ag) = Eo (Ag+/Ag) + 0,0592 log [Ag+] = 0,331

a

[Ag+] = [I-] ⇒ Tích số tan AgI: Ks, AgI = 1,48.10-16 0,25 E3 = Ecalomen – E(AgI (bão hoà), PbI2 (bão hoà)/Ag)

⇒ E(AgI (bão hoà), PbI2 (bão hoà)/Ag) = 0,012V 0,25 E(Ag+/Ag) = Eo (Ag+/Ag) + 0,0592 log [Ag+] = 0,012 V

⇒ [I-] = = 3,02.10-3M = [Ag+] + 2 [Pb2+] 0,25

7

b

⇒ [Pb2+] = 1,51.10-3 M

A: KI; B: KOH, C: I2, D: KI3, F: Cl2, G: KIO3, J: HCl, H:

KCl

4I- + 2H2O + O2→ 4OH- + I2

I- + I2→ I3

-1,0

6OH- + I- + 3Cl2→ IO3- + 6Cl- + 3H2O

IO3- + 5I- + 6H+→ 3I2 + 3H2O

H2 + Cl2 �/� 2HCl

→

2IO3- + H+ + 10Cl2→ I2 + 5Cl2 + 6H2O

IO3- + 6H+ + 5e → 1/2I2 + 3H2O có Eo = 1,195 V

1/2I2 + e → I- có Eo

2 = 0,536 V

E2 = Eo

2 + 0,0592 lg [I-] = 0,595 V

0,25

E1 = Eo

1 + 0,0592/5 lg [IO3-]2[H+]6

b

c

Ánh sáng có 2 vai trò là:

- Cung cấp năng lượng để chất đầu vượt qua năng lượng hoạt

hóa

- Khơi mào, tạo gốc tự do cho phản ứng

0,25

Độ hạ nhiệt độ đông: ΔT = 0,467oC → Nồng độ molan của X:

0,0922 mol/kg

Vậy 8,5 gam X ứng với: 0,0461 mol

MX = 184

0,25

a

4NH3 + 6SCl2→ S4N4 + 12HCl + 1/4S8 0,25

b

S

N

S N

S

S N

S N

Do cấu trúc cộng hưởng nên độ dài liên kết như nhau

0,5

ΔHtạo thành (X) = 4.226 + 2.946 – 4.328 – 4.273 = 392 kJ/mol 0,25

9

c Đối với phản ứng ở ý a)

ΔHphản ứng = 392 + 12.(-92,3) + 0 – 4.(-45,9) – 6.(-50) = 232

kJ/mol

0,5

Phương trình tốc độ của phản ứng có dạng: vpư = kpư.[S2O8

2-]n[I-]m

=> lgvpư = lgkpư + nlg[S2O82-] + mlg[I-] Thí nghiệm 1: lg (0,6.10-3) = lgkpư + nlg(0,1) + mlg(0,1)

Thí nghiệm 2: lg (2,4.10-3) = lgkpư + nlg(0,2) + mlg(0,2)

Thí nghiệm 3: lg (3,6.10-3) = lgkpư + nlg(0,2) + mlg(0,3)

Giải hệ ta có: n = m = 1; lgkpư = -1,222

0,25

a

Bậc riêng phần của các chất đều bằng 1; Bậc phản ứng = 2

10

b

Khi cho S2O32- vào và xảy ra phản ứng rất nhanh với I3

-2S2O32- + I3- → S4O62- + 3I- (2) Khi đó nồng độ I- không đổi trong giai đoạn phản ứng (2) diễn

ra, do đó bậc của phản ứng (1) sẽ bị suy biến thành bậc 1

vpư = 0,06 [S2O82-]0,3 = 1,8.10-2 [S2O82-]

0,25

Khi đó có thể coi như xảy ra phản ứng:

S2O82- + 2S2O32- → 2SO42- + S4O6 2-Thời gian để lượng S2O32- vừa hết là t1 Điều này đồng nghĩa

với lượng S2O82- đã phản ứng = 0,1M

Khi đó: t1 1,8.10-2 = => t = 38,5 giây

0, 2 ln

0, 2  0,1

0,5

Để có lượng I3-đạt đến 10-3M thì thời gian thêm là t2

vpư = = kpư(0,1- y)(0,3-3y) => 3kpưt2 =

dy dt



Với y = 10-3M => t2 = 0,56 giây

0,5

Thời gian tối thiểu để xuất hiện màu xanh là 38,5 + 0,56 =

Lại Năng Duy Điện thoại: 01634121380