Số mol $CO_2$ tăng nhưng số mol kết tủa giảm nên TN2: kết tủa tan 1 phần 

* TN2:

$n_{CaCO_3}=b(mol)$

Bảo toàn $C$: 

$n_{Ca(HCO_3)_2}=\dfrac{n_{CO_2}-n_{CaCO_3}}{2}=0,04-0,5b(mol)$

Bảo toàn $Ca$:

$0,04-0,5b+b=a$

$\to b=\dfrac{a-0,04}{0,5}=2a-0,08(mol)$

* TN1: 

Dẫn $0,06$ mol $CO_2$ vào $a$ mol $Ca(OH)_2$ thu $4a-0,16$ mol tủa 

- TH1: kết tủa không tan  

$\to 4a-0,16=0,06$

$\to a=0,055$

$\to$ $0,055$ mol $Ca(OH)_2$ tạo $0,06$ mol tủa (mâu thuẫn với bảo toàn $Ca$, loại)

- TH2: kết tủa tan 1 phần 

Bảo toàn $Ca$:

$n_{Ca(HCO_3)_2}=n_{Ca(OH)_2}-n_{CaCO_3}=0,16-3a(mol)$

Bảo toàn $C$:

$2(0,16-3a)+4a-0,16=0,06$

$\to a=0,05$

$\to b=0,02$

Đáp án:

 `a=0,05(mol)` và `b=0,02(mol)` 

Giải thích các bước giải:

 Ta có : Tăng `n_{CO_2}` thì khối lượng kết tủa giảm 

`->` Thí nghiệm `1` kết tủa chưa đến cực đại hoặc tan một phần

Thí nghiệm `2` kết tủa tan một phần 

Trường hợp 1 : Thí nghiệm 1 kết tủa chưa cực đại

`->n_{CO_2}=n_{CaCO_3}=2b`

`->b=0,03(mol)`

Thí nghiệm 2: Kết tủa tan

Ta có thêm 0,02(mol) `CO_2` kết tủa giảm `0,03(mol)`

`->` Loại

Trường hợp `2` : Thí nghiệm `1` kết tủa tan một phần 

Áp dụng công thức

`n_{CO_2}=2n_{Ca(OH)_2}-n_{CaCO_3}`

`->n_{CO_2(1)}=2a-2b`

`->a-b=0,03(1)`

`n_{CO_2(2)}=2a-b`

`->2a-b=0,08(2)`

Từ `(1)` và `(2)` giải hệ phương trình

$\to \begin{cases}a=0,05(mol)\\b=0,02(mol)\\\end{cases}$

Vậy `a=0,05(mol)` và `b=0,02(mol)`