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

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:
En=-13,6×(Z-σ)2n2 (eV)
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 4,4 màu vàng); (2) Metyl đỏ (khoảng chuyển màu 4,4-6,2; pH 6,2 màu vàng); (3) Quỳ (khoảng chuyển màu 5,0-8,0; pH 8,0 màu xanh); (4) Phenolphtalein (khoảng chuyển màu 8,2 - 10,0; 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: 
11H+612C→ A+ γ
A→B++10e
11H+B→ C+ γ
11H+C→D+γ
D→E++10e
11H+E→612C+F+γ
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 +10e là 9,10939 × 10-28 g. Hằng số Avogadro N = 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):
Chất
ΔHo298 (kJ/mol)
So298 (J/mol.K)
Na2SO4
-1384,6
149,5
Na2SO4.10H2O
-4324,7
591,9
H2O (l)
-285,8
70,1
H2O (k)
-241,8
188,7
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) + 12O2 (k) D SO3 (k)	 (1)
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) D Fe2O3 (r) + SO3 (k) + SO2 (k)	(2)
2SO3(k) D 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 Kp2 của phản ứng (2).
c) Tính phần trăm FeSO4 bị 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 D 2HCrO4- có K = 10-1,64; 
	HCrO4- D 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 ΔHo của 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)
1
0,1
0,1
0,6
2
0,2
0,2
2,4
3
0,3
0,2
3,6
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
Câu
Ý
Nội dung chính cần đạt
Điểm
1
a
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 = 
0,5
Be3+ (1s1) là hệ 1 electron 1 hạt nhân
EBe3+ = - = - 217,6 (eV)
0,5
Năng lượng ion hóa thứ ba của Be
I3 = EBe3+ - EBe2+ = -217,6 – (-372,368) = 154,768 eV
0,5
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
2
a
Dung dịch A: pHA = = 4,68
Dung dịch B: pHB = = 9,765
Dung dịch C: [H+] = 0,01M => pHC = 2
0,75
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
b
Nồng độ ban đầu của: NaOH = 0,015M; H3PO4 0,01M
Phản ứng xảy ra:
	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
0,5
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
3
a
1,0
b
Trung gian: 13N, 13C, 14N, 15O, 15N.
0,25
Xúc tác: 12C
0,25
c
Độ hụt khối tính cho 1 mol phản ứng chung là: 
0,02758284 dvC hay 2,479.1012 J
0,25
Tính cho 1g 1H thì năng lượng giải phóng: 6,15.1011 J
0,25
4
a
Không khí ẩm do nước bốc hơi. Độ ẩm cực đại khi có cân bằng: H2O (l) D H2O (k)	(*)
bh: bão hòa; cb: cân bằng; kk: không khí.
Tínhkhicó cân bằng:
(**)
ở 25oC thì 
Như vậy phản ứng (**) chuyển dịch theo chiều thuận và mất nước (khoáng vật bị chảy ra). Trong khi khoáng vật Na2SO4 không đổi (bền, không hút nước).
0,75
b
Dùng tính lại các hằng số cân bằng của (*) và (**) ở 0oC và suy ra: .
 Phản ứng (**) chuyển theo chiều nghịch và Na2SO4 chảy rữa.
0,5
c
Có điều này khi: 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
5
a
SO2 (k) + 12O2 (k) D SO3 (k) 	(1)
ΔH = -44938 J/mol
ΔS = -36 J/molK
0,25
b
ΔG ở 650oC = -11710 J/mol → lnKp1 = 1,526 → Kp1 = 4,6
0,25
2SO3(k) D 2SO2 (k) + O2 (k)	 (3) có Kp3 = (Kp1)-2 = 0,047
0,25
Phản ứng (2): 2 FeSO4 (s) D Fe2O3 (s) + SO3 (g) + SO2 (g)
Phân hủy:	-	 - -
Cân bằng:	P-a P+a 
Phản ứng (3): 2 SO3(g) D 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
0,25
Kp3 = 
→ 
→ 	→	 P + 0,056 = 1,303P – 0,073
→ 0,303P = 0,12896	→	 P = 0,425 atm
0,25
2 FeSO4 (s) D 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+ + Cr2O72-
	0,1M
 -	 0,1M
	Các cân bằng:
	Cr2O72- + H2O D 2HCrO4- 	(1)	K1 = 10-1,64
	HCrO4- D H+ + CrO42- 	(2)	Ka = 10-6,5
	H2O D 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. 
0,25
Xét cân bằng (1):
	Cr2O72- + H2O D 2HCrO4- 	(1)	K1 = 10-1,64
	C	 0,1 
	[ ] 0,1 - x 2x 
=> x = 2,124.10-2 => [HCrO4-] = 4,248.10-2M
0,25
Xét cân bằng (2):
	HCrO4- D H+ + CrO42- 	(2)	Ka = 10-6,5
	C	 4,248.10-2 
	[ ] 4,248.10-2 y y
=> y = 1,16.10-4 << 4,248.10-2M.
Vậy [H+] = 1,16.10-4M => pH = 3,96.
0,5
b
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 BaCrO4 xuất hiện.
	2Ba2+ + Cr2O72- + H2O D 2BaCrO4 + 2H+ 	(2)	K2 = KS-2K1Ka2 = 105,22 >> 1
 0,25 0,1
TPGH: 0,05 - 0,20
0,5
Cân bằng hòa tan kết tủa:
BaCrO4 D Ba2+ + CrO42- KS = 10-9,93
BaCrO4 + H+ D Ba2+ + HCrO4- (3) có K3 = Ks-1.Ka-1 = 10-3,43
2BaCrO4 + 2H+ D 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
0,25
[H+] = 0,20M => pH = 0,70.
0,25
7
a
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(AgI (bão hòa)/Ag//Ag) = 0,331V
0,25
E(Ag+/Ag) = Eo (Ag+/Ag) + 0,0592 log [Ag+] = 0,331
⇒ [Ag+] = 1,22.10-8 M
0,25
[Ag+] = [I-] ⇒ Tích số tan AgI: Ks, AgI = 1,48.10-16
0,25
b
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
⇒ [Ag+] = 4,89.10-14M 
0,25
⇒ [I-] = = 3,02.10-3M = [Ag+] + 2 [Pb2+]
0,25
⇒ [Pb2+] = 1,51.10-3 M
Tích số tan: Ks, PbI2 = 1,37.10-8
0,25
8
a
A: KI; B: KOH, C: I2, D: KI3, F: Cl2, G: KIO3, J: HCl, H: KCl
4I- + 2H2O + O2 → 4OH- + I2
I- + I2 → I3-
6OH- + I- + 3Cl2 → IO3- + 6Cl- + 3H2O
IO3- + 5I- + 6H+ → 3I2 + 3H2O
H2 + Cl2 a/s 2HCl
2IO3- + H+ + 10Cl2 → I2 + 5Cl2 + 6H2O
1,0
b
IO3- + 6H+ + 5e → 1/2I2 + 3H2O có Eo1 = 1,195 V
1/2I2 + e → I- có Eo2 = 0,536 V
E2 = Eo2 + 0,0592 lg [I-] = 0,595 V
0,25
E1 = Eo1 + 0,0592/5 lg [IO3-]2[H+]6 
= 1,188 – 0,071 pH
0,25
Khi E1 = E2 thì pH = 8,35
0,25
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
9
a
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
X là S4N4.
0,25
4NH3 + 6SCl2 → S4N4 + 12HCl + 1/4S8
0,25
b
Do cấu trúc cộng hưởng nên độ dài liên kết như nhau
0,5
c
ΔHtạo thành (X) = 4.226 + 2.946 – 4.328 – 4.273 = 392 kJ/mol
0,25
Đối với phản ứng ở ý a)
ΔHphản ứng = 392 + 12.(-92,3) + 0 – 4.(-45,9) – 6.(-50) = 232 kJ/mol
0,5
10
a
Phương trình tốc độ của phản ứng có dạng: vpư = kpư.[S2O82-]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
Bậc riêng phần của các chất đều bằng 1; Bậc phản ứng = 2.
	kpư = 6.10-2 (mol-1.l.s-1)
0,25
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- + S4O62-
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 
0,5
Để có lượng I3- đạt đến 10-3M thì thời gian thêm là t2 
	vpư = = kpư(0,1- y)(0,3-3y) => 3kpưt2 = 
	Với y = 10-3M => t2 = 0,56 giây.
0,5
Thời gian tối thiểu để xuất hiện màu xanh là 38,5 + 0,56 = 39,06 giây.
0,25
Lại Năng Duy
Điện thoại: 01634121380