分析：Ⅰ．（1）酸和碱反应的实质是氢离子和氢氧根离子的反应，等pH等体积的Ba（OH）
2、NaOH和NH
3?H
2O三种溶液中氢氧根离子浓度相等，但一水合氨还能电离出氢氧根离子，导致其使用的酸最多；酸和碱反应的实质是氢离子和氢氧根离子的反应，等体积等物质的量浓度的Ba（OH）
2、NaOH和NH
3?H
2O三种溶液分别和等浓度的盐酸混合，且混合溶液呈中性，能电离出氢氧根离子的物质的量越多，需要的酸体积越大，氯化铵的溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则盐酸的量应该稍微少些；
（2）将a mol?L
-1的氨水与b mol?L
-1的盐酸等体积混合，反应后溶液显中性，溶液中c（OH
-）=1×10
-7mol/L，根据氨水的电离平衡常数表达式计算出K
b；
（3）氨水和NH
4Cl等物质的量混合配制成的稀溶液，c（Cl
-）＜c（NH
4+），根据电荷守恒可知，溶液中c（OH
-）＞c（H
+），溶液显示碱性，然后根据盐的水解、弱电解质电离、电荷守恒、物料守恒进行判断；
Ⅱ．（1）由图象与表格可知，在75min时达到平衡，甲酸某酯的转化率为24%，计算出平衡时反应混合物各物质的物质的量，代入表达式计算；
（2）由图表可知，15min时，甲酸某酯的转化率为6.7%；20min时，甲酸某酯的转化率为11.2%，两次时刻剩余的甲酸某酯的物质的量之差，即为15～20min范围内甲酸某酯的减少量；根据题目图表可知反应速率为单位时间内物质的量的变化，15～20min范围内甲酸某酯的平均速率为
，据此求解；
（3）甲酸具有催化作用，加快反应，开始氢离子浓度小，催化效果不明显，随着反应进行氢离子浓度增大，催化效果明显，甲酸增加到一定程度后，浓度对反应速率的影响成主导因素，特别是逆反应速率的增大，当达到平衡时，反应速率几乎不变．
解答：
解：Ⅰ．（1）酸和碱反应的实质是氢离子和氢氧根离子的反应，等pH等体积的Ba（OH）
2、NaOH和NH
3?H
2O三种溶液中氢氧根离子浓度相等，但一水合氨还能电离出氢氧根离子，导致其使用的酸最多，氢氧化钡和氢氧化钠溶液使用的盐酸的体积相等，即V
1 =V
2＜V
3，
酸和碱反应的实质是氢离子和氢氧根离子的反应，等体积等物质的量浓度的Ba（OH）
2、NaOH和NH
3?H
2O三种溶液分别和等浓度的盐酸混合，且混合溶液呈中性，能电离出氢氧根离子的物质的量越多，需要的酸体积越大，等物质的量的这三种溶液，电离出氢氧根离子物质的量最大的是氢氧化钡，氨水需要盐酸的量小于氢氧化钠，所以需要盐酸体积大小顺序是V
1 ＞V
2＞V
3；
故答案为：V
1 =V
2＜V
3；V
1 ＞V
2＞V
3；
（2）将a mol?L
-1的氨水与b mol?L
-1的盐酸等体积混合，反应后溶液显中性，溶液中c（OH
-）=1×10
-7mol/L，
溶液中c（NH
4+）=c（Cl
-）=
mol/L，混合后反应前c（NH
3?H
2O）=
mol/L，则反应后c（NH
3?H
2O）=（
-
）mol/L，K
b=
=
=10
-7，
故答案为：10
-7；
（3）氨水和NH
4Cl等物质的量混合配制成的稀溶液，c（Cl
-）＜c（NH
4+），根据电荷守恒可知：c（OH
-）＞c（H
+），
A、氨水的电离作用大于NH
4Cl的水解作用：由于溶液显示碱性，说明氨水的电离程度大于铵根离子的水解程度，故A正确；
B、氨水的电离作用小于NH
4Cl的水解作用：根据A可知，氨水的电离程度大于氯化铵的水解程度，故B错误；
C、氨水的存在抑制了NH
4Cl的水解：铵根离子存在水解平衡，氨水电离出铵根离子和氢氧根离子，溶液中铵根离子浓度增大，抑制了氯化铵中铵根离子的水解程度，故C正确；
D、NH
4Cl的存在抑制了氨水的电离：氯化铵电离出铵根离子，使溶液中铵根离子浓度增大，氨水的电离程度减小，氯化铵抑制了氨水的电离，故D正确；
E、c（H
+）＞c（OH
-）：由于c（Cl
-）＜c（NH
4+），根据电荷守恒可知：c（OH
-）＞c（H
+），故E错误；
F、c（NH
3?H
2O）＞c（NH
4+）：由于氨水的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c（NH
3?H
2O）＜c（NH
4+），故F错误；
G、c（NH
3?H
2O）+c（NH
4+）=2c（Cl
-）：根据物料守恒可得：c（NH
3?H
2O）+c（NH
4+）=2c（Cl
-），故G正确；
H、c（NH
3?H
2O）+c（OH
-）=c（Cl
-）+c（H
+）：根据电荷守恒可得：①c（NH
4+）+c（H
+）=c（Cl
-）+c（OH
-），根据物料守恒：②c（NH
3?H
2O）+c（NH
4+）=2c（Cl
-），将②-①可得：c（NH
3?H
2O）+c（OH
-）=c（Cl
-）+c（H
+），故H正确；
故答案为：BEF；
Ⅱ．（1）某种甲酸酯水解反应方程式为：HCOOR（l）+H
2O（l）?HCOOH（l）+ROH （l），由图象与表格可知，在75min时达到平衡，甲酸某酯的转化率为24%，所以甲酸某酯转化的物质的量为1.00×24%=0.24mol，结合方程式可计算得平衡时，甲酸某酯物质的量=0.76mol，水的物质的量1.75mol，甲酸的物质的量=0.25mol，某醇的物质的量=0.76mol，
故答案为：0.76；
（2）15min时，甲酸某酯的转化率为6.7%，所以15min时，甲酸某酯的浓度为：（1-1.00×6.7%）mol/L=0.933mol/L；20min时，甲酸甲酯的转化率为11.2%所以20min时，甲酸甲酯的浓度为（1-1.00×11.2%）mol/L=0.888mol/L，所以15至20min甲酸甲酯的减少量为0.933mol/L-0.888mol/L=0.045mol/L，则甲酸甲酯的平均速率=
=0.009mol?L
-1?min
-1，
故答案为：0.009；
（3）从题给数据不难看出，平均速率的变化随转化率的增大先增大再减小，后保持不变．因为反应开始甲酸甲酯的浓度大，所以反应速率较大，后随着反应进行甲酸甲酯的浓度减小，反应速率减小，当达到平衡时，反应速率几乎不变；①反应初期：虽然甲酸甲酯的量较大，但甲酸量很小，催化效果不明显，反应速率较慢．②反应中期：甲酸量逐渐增多，催化效果显著，反应速率明显增大；③反应后期：甲酸量增加到一定程度后，浓度对反应速率的影响成主导因素，特别是逆反应速率的增大，使总反应速率逐渐减小，直至为零，
故答案为：催化剂．
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