Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Tính toán điện phân (Hóa học Lớp 12)

Hướng dẫn (nguồn: trang 41, đáp án bảng PHẦN III trang 34):
→ Chọn 1,25

Cathode (-): $C{u}^{2+}$, $H_{2}O$ — Anode (+): $S{O}_4^{2-}$, $H_{2}O$
$C{u}^{2+}+2e\to Cu$; $2H_{2}O\to O_2+4H^{+}+4e$

Vì dung dịch Y vẫn còn màu xanh nên $C{u}^{2+}$ chưa điện phân hết.
Khối lượng dung dịch giảm = khối lượng Cu sinh ra + khối lượng khí $O_2$ thoát ra.
Gọi số mol $C{u}^{2+}$ bị điện phân là a. Ta có $64a+16a=8\Rightarrow a=0,1$ mol.

Cho Fe vào Y:
$Fe+H_{2}S{O}_4\to FeS{O}_4+H_2$
$Fe+CuS{O}_4\to Cu+FeS{O}_4$

Số mol Fe tham gia phản ứng = số mol $H_{2}S{O}_4$ + số mol $CuS{O}_4$ dư. Gọi b là số mol $CuS{O}_4$ chưa bị điện phân.
Theo định luật bảo toàn khối lượng: khối lượng kim loại sau phản ứng = 16,8 g – khối lượng Fe phản ứng + khối lượng Cu sinh ra.
Hay $16,8-56(b+0,1)+64b=12,4\Rightarrow b=0,15$ mol.

Tổng số mol $CuS{O}_4=a+b=0,25$ mol.
Vậy $x=\frac{0,25}{0,2}=1,25$.

Hướng dẫn giải (trang 21–22):
ở anode: $2C{l}^{-}\to C{l}_2+2e$.
0,075 → 0,15
Bảo toàn electron ta có:
ở cathode: $C{u}^{2+}+2e\to Cu$
0,075 ← 0,15
Dung dịch X tác dụng được với Fe => Dung dịch X có CuCl${}_2$ dư, H${}_2$O.
Fe + CuCl${}_2$ → FeCl${}_2$ + Cu
0,225 mol 0,225 mol
n${}_{C{u}^{2+}}$ = 0,075 + 0,225 = 0,3 (mol) => V = 0,6 L.

ĐA: 7,81.
$$m_{Ag}=DV=D.S.d=\mathrm{10490.2.1}{0}^{-4}.15.10^{-3}=0,03147(kg)=31,47(gam)$$
Thời gian để mạ lớp bạc là
$$t=\frac{mFn}{AI}=\frac{31,\mathrm{47.96500.1}}{108.1}=28119(s)=7,81(giờ)$$

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $q$ là số mol electron tại thời điểm $t$ (dòng điện không đổi nên tại $2t$ là $2q$), $k=\frac{M}{v}$ là khối lượng kim loại tương ứng với 1 mol electron, $m$ là khối lượng kim loại M thoát ra toàn bộ ở catot sau thời gian $2t$.

Tại $2t$: ở catot thoát ra $\frac{1,12}{22,4}=0,05$ mol $H_2$ (kim loại M đã điện phân xong, nước bị điện phân), chiếm $0,1$ mol electron. Ở anot thoát $O_2$: $n_{O_2}=\frac{m/k+0,1}{4}$ mol.
Khối lượng dung dịch giảm: $m+32n_{O_2}+m_{H_2}=8,1$
$$m+8\left(\frac{m}{k}+0,1\right)+0,1=8,1\Rightarrow m\left(1+\frac{8}{k}\right)=7,2$$

Tại $t$: kim loại M vẫn đang điện phân (chưa thoát $H_2$), toàn bộ electron dùng cho M: $\frac{a}{k}=q$; $n_{O_2}=\frac{a}{4k}$.
$$a+8\cdot \frac{a}{k}=5,6\Rightarrow a\left(1+\frac{8}{k}\right)=5,6$$

Suy ra $\frac{a}{m}=\frac{5,6}{7,2}=\frac{7}{9}$, tức $a=\frac{7m}{9}$.

Cân bằng electron: tại $t$: $\frac{a}{k}=q$; tại $2t$: $\frac{m}{k}+0,1=2q=\frac{2a}{k}$.
$$m=2a-0,1k=\frac{14m}{9}-0,1k\Rightarrow k=\frac{50m}{9}$$
Thay vào $m\left(1+\frac{8}{k}\right)=7,2$: $m+\frac{72}{50}=7,2\Rightarrow m=5,76$ gam.
$$a=\frac{7\cdot 5,76}{9}=4,48\text{ gam}$$

Khi đó $k=\frac{50\cdot 5,76}{9}=32\Rightarrow M=64$ với kim loại hóa trị II (Cu), hợp lý.
Kiểm tra: $q=\frac{4,48}{32}=0,14$; tại $t$: $m_{O_2}=0,035$ mol $=1,12$ g, giảm $4,48+1,12=5,6$ g ✓; tại $2t$: electron $=0,28$, $m_{O_2}=0,07$ mol $=2,24$ g, $m_{H_2}=0,1$ g, giảm $5,76+2,24+0,1=8,1$ g ✓.

Vậy $a=4,48$ — đáp án C, khớp với đáp án của đề.

Chọn A
- Thí nghiệm 2: Nếu t = 8685s, có khí thoát ra ở cả hai điện cực
⇒ Chứng tỏ Cu²⁺ bị điện phân hết
Tại catot: $C{u}^{2+}+2e\to Cu$ Tại anot: $2C{l}^{-}\to C{l}_2+2e$
$2H_{2}O+2e\to H_2+2O{H}^{-}$ $2H_{2}O\to 4H^{+}+4e+O_2$
+ Trường hợp 1: Đã có khí thoát ra ở catot ở thí nghiệm 1, Cu²⁺ bị điện phân hết
$\Rightarrow n_{C{u}^{2+}}=\frac{11,52}{64}=0,18mol$
Thí nghiệm 2:
Có $\{\begin{array}{l}{n}_{C{l}_2}+n_{O_2}+n_{H_2}=\frac{3,472}{22,4}=0,155mol\end{array}$ ⟹ Loại
- Trường hợp 2: Chưa có khí thoát ra ở catot ở thí nghiệm 1

$\Rightarrow \{\begin{array}{l}2n_{C{l}_2}+4n_{O_2}=2n_{Cu}=2.\frac{11,52}{64}=0,36mol\end{array}$

Thí nghiệm 2 (t = 8685s, I = 5A):
Số mol electron truyền qua: $n_e=\frac{I.t}{F}=\frac{5.8685}{96500}=0,45mol$

Có $\{\begin{array}{l}{n}_{C{l}_2}+n_{O_2}+n_{H_2}=\frac{3,472}{22,4}=0,155mol\end{array}$

Theo nguồn, $n_{H_2}=0,0125mol$ (phần electron còn ở catot sau khi Cu²⁺ bị điện phân hết sinh ra H₂):
$\Rightarrow n_{C{u}^{2+}}=\frac{n_e-2n_{H_2}}{2}=\frac{0,45-2.0,0125}{2}=0,2125mol$

$\Rightarrow n_{C{u}^{2+}(Y)}=0,2125-0,18=0,0325mol$, $n_{H^{+}(Y)}=4.0,06=0,24mol$

$m-0,75m=m_{Fe(pu)}-m_{Cu}=56.\left(\frac{3}{8}{n}_{H^{+}(Y)}+n_{C{u}^{2+}(Y)}\right)-64n_{C{u}^{2+}(Y)}$

$\Rightarrow 0,25m=56.\left(\frac{3}{8}.0,24+0,0325\right)-64.0,0325\Rightarrow m=19,12g$

Hướng dẫn giải:
Tại t giây: $n_{C{l}_2}=x\to n_e=2x$
$$\to \{\begin{array}{l}{n}_e=2.2x=4x\\ n_{C{l}_2}=a\\ n_{KL}=0,05\end{array}\stackrel{-BTe}{\to }\{\begin{array}{l}{n}_{F{e}^{3+}\to F{e}^{2+}}=4x-0,05.2=4x-0,1\\ n_{O_2}=\frac{4x-2a}{4}=x-0,5a\end{array}$$
Tại 2t giây:
$$\to a+x-0,5a=x+0,05\to a=0,1$$
$$\to \{\begin{array}{l}{n}_e=6x\\ n_{KL}=0,11\end{array}\stackrel{-BTe}{\to }\{\begin{array}{l}{n}_{O_2}=\frac{6x-2.0,1}{4}=1,5x-0,05\\ n_{H_2}=\frac{6x-(4x-0,1)-0,11.2}{2}=x-0,06\end{array}$$
Tại 3t giây:
$$\to 0,1+1,5x-0,05+x-0,06=2x+0,02\to x=0,06$$

- Đổi: 300 000 m³ = 300 000 000 lít.
Khối lượng clo cần dùng để làm sạch nước là 50.300 000 000 = 1,5.10^{10} (mg) = 150 tấn.

Phương trình hóa học: $$2NaCl+2H_{2}O\stackrel{\text{điện phaˆn}}{\to }2NaOH+H_2+C{l}_2$$

117 gam → 71 gam

x tấn ← H=80% — 150 tấn

$m_{NaCl}=x=\frac{117.150}{71.0,8}=308,98$ tấn
⇒ $m_{nướcbiển}=\frac{308,98}{3,5}.100=8827,97$ tấn.
⇒ $V_{nướcbiển}=\frac{8827,97}{1,1}=8025,43$ m³.

(AI giải đề cho tôi) nFe₃O₄ = 0,01 mol; nCu = 0,005 mol. Sau khi hoà tan trong HCl: Fe₃O₄ + 8HCl → FeCl₂ + 2FeCl₃ + 4H₂O; 2FeCl₃ + Cu → 2FeCl₂ + CuCl₂. X chứa: FeCl₂ 0,02 mol; FeCl₃ 0,01 mol; CuCl₂ 0,005 mol (tổng Cl⁻ = 0,08 mol).
Cho AgNO₃ 0,11 mol: Ag⁺ + Cl⁻ → AgCl (tủa Y), dùng hết 0,08 mol Ag⁺; còn 0,03 mol Ag⁺ oxi hoá Fe²⁺: Ag⁺ + Fe²⁺ → Ag + Fe³⁺ (Fe²⁺ 0,02 mol hết, còn Ag⁺ 0,01 mol). Z chứa: Fe³⁺ 0,03 mol; Cu²⁺ 0,005 mol; Ag⁺ 0,01 mol.
Điện phân (anode: 2H₂O → O₂ + 4H⁺ + 4e):
- Giai đoạn 1: Ag⁺ + e → Ag (0,01 mol e). Giảm khối lượng = 0,01×108 + 0,01/4×32 = 1,08 + 0,08 = 1,16 g (khớp đồ thị). Thời gian x = 0,01×96500/5 = 193 giây.
- Giai đoạn 2: Fe³⁺ + e → Fe²⁺ (0,03 mol e), chỉ mất O₂ ở anode: giảm 0,24 g.
- Giai đoạn 3: Cu²⁺ + 2e → Cu (0,01 mol e).
Tại t = 868,5 s: số mol e = 868,5×5/96500 = 0,045 mol, tức đã qua Ag⁺ (0,01), Fe³⁺ (0,03) và 0,005 mol e trong giai đoạn Cu. Khối lượng giảm a = 1,16 + 0,24 + (0,0025×64 + 0,005/4×32) = 1,60 g.
Vậy a = 1,60 và x = 193.

(AI giải đề cho tôi)
Diện tích bề mặt cần mạ (mặt trụ ngoài, mặt trụ trong, hai mặt vành nhẫn trên và dưới):
$S=2\pi r_{ngo\grave{a}i}h+2\pi r_{trong}h+2\pi (r_{ngo\grave{a}i}^2-r_{trong}^2)=2\pi (2,5)(0,5)+2\pi (1,5)(0,5)+2\pi (2,5^2-1,5^2)=2,5\pi +1,5\pi +8\pi =12\pi \approx 37,6992\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2$.

Độ dày lớp Ni: $0,05\mathrm{mm}=0,005\mathrm{cm}$.
Thể tích Ni cần mạ: $V=S\cdot d=12\pi \times 0,005=0,06\pi \approx 0,188496\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3$.
Khối lượng Ni: $m=V\cdot D=0,188496\times 8,90\approx 1,6776144\mathrm{g}$.

Điện phân $NiS{O}_4$: $N{i}^{2+}+2e\to Ni$, nên $n=2$.
Từ định luật Faraday: $t=\frac{m\cdot n\cdot F}{A\cdot I}=\frac{1,6776144\times 2\times 96500}{58,7\times 1,20}\approx 4596,5\mathrm{s}$.

Đổi ra phút: $t=\frac{4596,5}{60}\approx 76,6$ phút, làm tròn đến hàng đơn vị: $\boxed{77}$ phút.

Đáp số 77.
Gọi bán kính vòng ngoài là R, bán kính vòng trong là r, độ dày 0,05 mm = 0,005 cm.
$\Rightarrow \{\begin{array}{l}{R}_{tr-ic}=2,5cm;r_{tr-ic}=1,5cm;h_{tr-ic}=0,5cm.\\ R_{sau}=2,5+0,005=2,505cm;r_{sau}=1,5-0,005=1,495cm;h_{sau}=0,5+2.0,005=0,51cm.\end{array}$
$\Rightarrow \{\begin{array}{l}{V}_{tr-ic}=\pi h_{tr-ic}.(R_{tr-ic}^2-r_{tr-ic}^2)=3,1416.0,5.(2,5^2-1,5^2)=6,2832c{m}^3\\ V_{sau}=\pi h_{sau}.(R_{sau}^2-r_{sau}^2)=3,1416.0,51.(2,505^2-1,495^2)=6,473c{m}^3\end{array}$
$\Rightarrow V_{Ni}=6,473-6,2832=0,1898c{m}^3\Rightarrow m_{Ni}=8,9.0,1898=1,68922$ gam
$\Rightarrow m=\frac{AIt}{nF}\Rightarrow t=\frac{mnF}{AI}=\frac{1,\mathrm{68922.2.96500}}{58,7.1,2}=4628,33s\approx 77$ phút.

Tại anode:
Sau t giây → nO${}_2$ = a
Sau 2t giây → nO${}_2$ = 2a
→ Lúc 2t giây tại cathode: nH${}_2$ = 2,5a – 2a = 0,5a
Bảo toàn electron: 2nM + 2nH${}_2$ = 4nO${}_2$
→ nM = 4a – 0,5a = 3,5a
a) Đúng, lúc 2t giây cathode có 0,5a mol H${}_2$
b) Đúng, lúc t giây có ne = 4a → nM${}^{2+}$ bị điện phân = 2a < nM${}^{2+}$ ban đầu nên M${}^{2+}$ chưa hết.
c) Sai, dung dịch sau điện phân có pH < 7 do tạo thành H${}_2$SO${}_4$.
d) Sai, M${}^{2+}$ bị khử hết khi ne = 2nM = 7a. Tại thời điểm 1,75t có ne = 1,75.4a = 7a → Vừa hết M${}^{2+}$ → Nếu tiếp tục điện phân thì có bọt khí ở cathode.
nO${}_2$ = 1,8a → ne = 4nO${}_2$ = 7,2a > 2nM${}^{2+}$ = 7a nên đã có khí H${}_2$ ở cathode.
a) Đúng, lúc 2t giây cathode có 0,5a mol H${}_2$.
b) Đúng, lúc t giây có ne = 4a → nM${}^{2+}$ bị điện phân = 2a < nM${}^{2+}$ ban đầu nên M${}^{2+}$ chưa hết.
c) Sai, dung dịch sau điện phân có pH < 7 do tạo thành H${}_2$SO${}_4$.
d) Sai, M${}^{2+}$ bị khử hết khi ne = 2nM = 7a. Tại thời điểm 1,75t có ne = 1,75.4a = 7a → Vừa hết M${}^{2+}$ → Nếu tiếp tục điện phân thì có bọt khí ở cathode.
nO${}_2$ = 1,8a → ne = 4nO${}_2$ = 7,2a > 2nM${}^{2+}$ = 7a nên đã có khí H${}_2$ ở cathode.

(AI giải đề cho tôi)
Điện phân: t = 32 phút 10 giây = 1930 s, Q = 2 × 1930 = 3860 C, n(e⁻) = 3860/96500 = 0,04 mol.

- Cathode: Ag⁺ + e → Ag, nên nAg = 0,04 mol (Ag⁺ dư vì V lớn).
- Anode: 2H₂O − 4e → O₂ + 4H⁺, nên dung dịch Y chứa AgNO₃ dư và HNO₃ với nHNO₃ = nH⁺ = 0,04 mol.

Cho 3,08 g Fe (0,055 mol) vào Y. Vì Fe dư (còn lại sau phản ứng), Fe phản ứng với HNO₃ loãng theo: 3Fe + 8HNO₃ → 3Fe(NO₃)₂ + 2NO↑.
Suy ra nFe (với HNO₃) = 3 × 0,04/8 = 0,015 mol, sinh nNO = 0,01 mol.

Gọi a = mol Fe phản ứng với Ag⁺: Fe + 2Ag⁺ → Fe²⁺ + 2Ag.
Khối lượng kim loại thu được (Fe dư + Ag):
m = 56(0,055 − a − 0,015) + 216a = 3,08 + 160a − 56·0,015 = 4,64
→ 160a = 1,56 + 0,84 = 2,4 → a = 0,015 mol.

nAg⁺ còn lại trong Y = 2a = 0,03 mol → nAg ban đầu = 0,04 + 0,03 = 0,07 mol.
V = 0,07/0,25 = 0,28 L = 280 mL.

Kiểm tra: Fe đã phản ứng = 0,03 mol < 0,055 mol (Fe dư, hợp lý); Ag⁺ dư (0,03 mol < 0,07 mol, hợp lý). Khớp đáp án C.

Đáp số 136.
$$m=\frac{A.I.t}{n.F}=\frac{\mathrm{64.20.}(6.3600)}{2.96500}\approx 143,254\text{ gam}\}\stackrel{H=95\%}{\to }{m}_{Cu}\approx 136\text{ gam}$$

Đáp số 136 (theo đáp án nguồn, trang 9).
Điện phân dung dịch CuSO${}_4$: tại cathode $C{u}^{2+}+2e^{-}\to Cu$.
Khối lượng Cu lý thuyết: $m=\frac{A\cdot I\cdot t}{n\cdot F}=\frac{64\cdot 20\cdot (6\cdot 3600)}{2\cdot 96500}\approx 143,254$ gam.
Với hiệu suất H = 95\%: $m_{Cu}=143,254\times 0,95\approx 136$ gam.

Chọn B.
Vì X tác dụng được với Al${}_2$O${}_3$ nên trong X có thể chứa NaOH hoặc H${}_2$SO${}_4$.
Nếu trong Y chứa Na${}_2$SO${}_4$ và NaOH
Quá trình: $\{\begin{array}{l}CuS{O}_4:0,05mol\\ NaCl:xmol\end{array}\underset{\text{I=2A, t=?}}{\overset{\text{đp dd}}{\to }}Y\{\begin{array}{l}\stackrel{\text{BT: S}}{\to }N{a}_{2}S{O}_4:0,05mol\\ \stackrel{\text{BT: Na}}{\to }NaOH:(x-0,1)mol\end{array}$ (theo bản gốc, Y có thêm phần ghi chú lỗi in: "0,02 mol + Al${}_2$O${}_3$" — tức lượng Al${}_2$O${}_3$ tối đa hòa tan là 0,02 mol, trùng với 2,04 gam đã cho trong đề).
Ta có: $n_{NaOH}=2n_{A{l}_2{O}_3}\to x-0,1=0,04\to x=0,14$ mol
Quá trình điện phân như sau:
Catot: $C{u}^{2+}\to Cu+2e$ ; $2H_{2}O+2e\to 2H_2+2O{H}^{-}$
0,05 0,05 a
Anot: $2C{l}^{-}\to C{l}_2+2e$ ; $2H_{2}O\to 4e+4H^{+}+O_2$
0,14 0,07 b
$\{\begin{array}{l}\stackrel{\text{BT: e}}{\to }2n_{Cu}+2n_{H_2}=2n_{C{l}_2}+4n_{O_2}\\ n_{H_2}+n_{O_2}+n_{C{l}_2}=0,105\end{array}\to \{\begin{array}{l}a=0,03\\ b=5.10^{-3}\end{array}\Rightarrow n_e=\frac{It}{96500}=0,16mol\to t=7720(s)$

Câu 78: C
+ Tại thời điểm t giây: $n_{C{l}_2}=0,06\to n_{electrontraođổi}=0,12$.

+ $\{\begin{array}{l}\text{Tại thời điểm 2t giaˆy}\\ n_{electrontraođổi}=0,12.2=0,24\end{array}\to \{\begin{array}{l}{n}_{h\tilde{\hat{o}}nhợpkh\acute{ı}}=n_{C{l}_2}+n_{O_2}=0,11\\ \text{BTE}:2n_{C{l}_2}+4n_{O_2}=0,24\end{array}\to \{\begin{array}{l}{n}_{C{l}_2}=0,1\\ n_{O_2}=0,01\end{array}$

+ $\{\begin{array}{l}\text{Tại thời điểm 3t giaˆy}\\ n_{electrontraođổi}=0,12.3=0,36\end{array}\to \{\begin{array}{l}\text{Ở anot}:2n_{C{l}_2}+4n_{O_2}=0,36\\ n_{h\tilde{\hat{o}}nhợpkh\acute{ı}}=n_{H_2}+n_{C{l}_2}+n_{O_2}=0,18\end{array}\to \{\begin{array}{l}{n}_{O_2}=0,04\\ n_{H_2}=0,04\end{array}$

$\to n_{CuS{O}_4}=n_{Cu}=\frac{0,36-0,04.2}{2}=0,14$

(Ghi chú: bản gốc dùng font TCVN3 lỗi dấu; đã khôi phục dấu tiếng Việt theo nghĩa gốc.)

Tại anode:
Dung dịch NaCl nạp vào:
310 g/L, lưu lượng 1 m${}^3$/h = 1000 L/h
Khối lượng NaCl nạp vào mỗi giờ:
310 × 1000 = 310000 g/h
Dung dịch NaCl rút ra:
200 g/L, lưu lượng 0,8 m${}^3$/h = 800 L/h
Khối lượng NaCl rút ra mỗi giờ:
200 × 800 = 160000 g/h
Khối lượng NaCl đã bị điện phân trong mỗi giờ:
310000 - 160000 = 150000 g/h
Số mol NaCl bị điện phân:
n${}_{NaCl}$ = 150000 : 58,5 ≈ 2564,10 mol/h
Phương trình điện phân:
2NaCl + 2H${}_2$O → 2NaOH + Cl${}_2$ + H${}_2$
Theo phương trình:
n${}_{NaOH}$ = n${}_{NaCl}$ = 2564,10 mol/h
Khối lượng NaOH tạo thành mỗi giờ:
m${}_{NaOH}$ = 2564,10 × 40 ≈ 102564,10 g/h
Dung dịch NaOH rút ra ở cathode có lưu lượng:
0,3 m³/h = 300 L/h
Nồng độ NaOH là:
C = 102564,10 : 300 ≈ 341,88 g/L
Làm tròn đến hàng đơn vị:
→ Đáp án: 342 g/L

(AI giải đề cho tôi)
Điện phân dung dịch X (0,2 mol CuSO${}_4$ + 0,15 mol HCl), điện cực trơ:
- Cathode: Cu${}^{2+}$ + 2e → Cu (điện phân trước), sau đó mới đến H${}^{+}$.
- Anode: 2Cl${}^{-}$ → Cl${}_2$ + 2e (0,15 mol Cl${}^{-}$ = 0,075 mol Cl${}_2$, khối lượng 5,325 g), sau đó nước bị oxi hóa: 2H${}_2$O → O${}_2$ + 4H${}^{+}$ + 4e.

Gọi a = mol Cu kết tủa, b = mol H${}_2$ ở cathode, c = mol O${}_2$ ở anode.
Bảo toàn electron: 2a + 2b = 0,15 + 4c.
Khối lượng dung dịch giảm: 64a + 2b + 5,325 + 32c = 14,125 → 32a + b + 16c = 4,8.
Thay b = (0,15 + 4c − 2a)/2: 31a + 18c = 4,725.

Dung dịch Y: theo bảo toàn điện tích, n${}_{H^{+}}$ = 2a (vì anion SO${}_4^{2-}$ còn 0,4 mol điện tích). Sau khi cho Fe vào Y, chất rắn gồm Cu và Fe dư:
m = 64a' + 56(0,268 − a' − h/2) = 15 − 28h + 8a', với a' = 0,2 − a; h = 2a.
m = 15 − 56a + 8(0,2 − a) = 15,6 − 64a.

Thử nghiệm với các dữ kiện: nếu b = 0 (chỉ điện phân Cu${}^{2+}$ và nước sau khi Cl${}^{-}$ cạn): 2a = 0,15 + 4c và 64a + 32c = 8,8 → giải ra a = 0,125; c = 0,025. Kiểm tra khối lượng giảm: 64·0,125 + 5,325 + 32·0,025 = 8 + 5,325 + 0,8 = 14,125 g ✓.

Vậy Y chứa: Cu${}^{2+}$: 0,2 − 0,125 = 0,075 mol; H${}^{+}$: 2a = 0,25 mol.
Cho 15 g Fe (0,268 mol):
- Fe + Cu${}^{2+}$ → Fe${}^{2+}$ + Cu: dùng 0,075 mol Fe, tạo 0,075 mol Cu (4,8 g).
- Fe + 2H${}^{+}$ → Fe${}^{2+}$ + H${}_2$: dùng 0,125 mol Fe.
Fe đã phản ứng: 0,2 mol (11,2 g) → Fe dư: 0,068 mol = 3,808 g.

Chất rắn: m = 4,8 + 3,808 = 8,608 ≈ 8,6 gam.