解题思路：（1）反应物接触面积越大，反应速率越快；
（2）n（NaOH）=1.0mol/L×0.8=0.8mol，n（CO2）=[11.2L/22.4L/mol]=0.5mol，1＜
n(NaOH)
n(C
O
2
)
＜2，根据原子守恒确定产物及其物质的量之间的关系；根据原子守恒和物料守恒计算；
（3）根据盖斯定律计算；
（4）A．无论反应是否达到平衡状态，n（CH3OH）：n（H2O）为1：1；
B．当反应前后改变的物理量不变时，该反应达到平衡状态；
C．根据“先拐先平数值大”判断；
D．保持温度不变，当反应已达平衡时，若向容器中再充入1mol CO2和3mol H2，相当于增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；
（5）反应所得固体溶于水无气体产生，说明钠没有剩余，且没有过氧化钠生成，取上层清液加过量BaCl2溶液产生白色沉淀，说明溶液呈含有碳酸根离子，则固体中含有碳酸钠，碳酸钠和氯化钡溶液反应生成碳酸钡和氯化钠，向反应后溶液中滴加酚酞，溶液呈红色，说明固体中含有钠的氧化物，所以该固体混合物为碳酸钠和氧化钠，根据原子守恒确定钠的化合物，根据反应物、生成物及反应条件结合原子守恒书写方程式．
（1）反应物接触面积越大，反应速率越快，为了增大气液反应物的接触面积，既加速反应又提高CO2的吸收率，故答案为：增大气液反应物的接触面积，既加速反应又提高CO2的吸收率；
（2）n（NaOH）=1.0mol/L×0.8=0.8mol，n（CO2）=[11.2L/22.4L/mol]=0.5mol，1＜
n(NaOH)
n(CO2)＜2，设n（Na2CO3）为x，n（NaHCO3）为y，根据原子守恒得
2x+y＝0.8
x+y＝0.5解得
x＝0.3
y＝0.2，所以该反应方程式为：5CO2+8OH-=2HCO3-+3CO32-+3H2O，根据物料守恒得n（Na+）=0.8mol，n（CO32-）+n（H2CO3）+n（HCO3-）=0.5mol，
根据电荷守恒得n（Na+）+n（H+）=2n（CO32-）+n（OH-）+n（HCO3-），所以得n（CO32-）-n（H2CO3）-n（H+）+n（OH-）=0.3 mol，
故答案为：5CO2+8OH-=2HCO3-+3CO32-+3H2O；n（CO32-）-n（H2CO3）-n（H+）+n（OH-）；
（3）①2NH3（g）+CO2（g）=NH2CO2NH4（s）△H=-159.47kJ•mol-1
②NH2CO2NH4（s）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=+116.49kJ•mol-1
③H2O（l）=H2O（g）△H=+88.0kJ•mol-1
依据盖斯定律计算①+②-③得：2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=-130.98 kJ•mol-1，
故答案为：2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=-130.98 kJ•mol-1；
（4）A．若保持恒温，无论该反应是否达到平衡状态，容器中n（CH3OH）：n（H2O）始终为1：1，所以不能据此判断平衡状态，故错误；
B．该反应是反应气体体积减小的反应，若保持恒温，当容器内气体压强恒定时，该反应已达平衡状态，故正确；
C．根据“先拐先平数值大”知T1＜T2，升高温度，甲醇的物质的量减小，则平衡向逆反应发现移动，所以平衡常数：K（T1）＞K （T2），故错误；
D．保持温度不变，当反应已达平衡时，若向容器中再充入1mol CO2和3mol H2，相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，且反应物的转化为大于原来平衡转化率，所以当达到新平衡时，n（CH3OH）：n（H2）将升高，故正确；
故选BD；
（5）反应所得固体溶于水无气体产生，说明钠没有剩余，且没有过氧化钠生成，取上层清液加过量BaCl2溶液产生白色沉淀，说明溶液呈含有碳酸根离子，则固体中含有碳酸钠，碳酸钠和氯化钡溶液反应生成碳酸钡和氯化钠，向反应后溶液中滴加酚酞，溶液呈红色，说明固体中含有钠的氧化物，所以该固体混合物为碳酸钠和氧化钠；
设n（Na2O）=amol，n（Na2CO3）=bmol
根据n （Na）：n （O）=6：7得，2（a+b）：（a+3b）=6：7，a：b=1：2，再结合原子守恒、转移电子守恒得该反应方程式为：12Na+7CO2
△
.
2Na2O+4Na2CO3+3C，故答案为：12Na+7CO2
△
.
2Na2O+4Na2CO3+3C．
点评：
本题考点： 化学平衡的影响因素；化学方程式的书写；化学方程式的有关计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算．
考点点评： 本题考查了氧化还原反应、盖斯定律、化学平衡等知识点，根据氧化还原反应实质、盖斯定律内涵、化学平衡的判断方法等知识点来分析解答，这些知识点都是高考热点，常常出现在大型综合题中，注意结合守恒思想分析解答问题，题目难度中等．