解题思路：（1）根据操作是否规范或造成的误差分析；
（2）①根据c（OH-）/c（H+）=1×10-8，结合水的离子积常数计算溶液中氢离子浓度，再根据pH=-lgc（H+）计算；
HA与氢氧化钠反应生成NaA与水，根据计算判断HA属于强弱电解质，据此书写离子方程式；
②根据酸和碱的物质的量的相对大小确定溶液中的溶质，从而确定溶液的酸碱性，结合电离平衡、水解平衡、电荷守恒等确定溶液中各种离子浓度的相对大小；
③根据电荷守恒与微粒守恒判断；
（3）令水的离子积为Kw，表示出氢氧化钠溶液中氢氧根离子的浓度，等体积反应后呈中性则硫酸中氢离子浓度等于氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度，据此解答；
①等体积混合后，氢氧化钠过量，溶液呈碱性，先计算剩余氢氧根离子的浓度，再根据水的离子积计算溶液中氢离子浓度，再根据pH=-lgc（H+）计算；
②溶液呈中性，说明氢离子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，据此计算．
（1）A．实验中所用到的滴定管、容量瓶，在使用前均需要检漏，否则会造成误差，故A正确；
B．如果实验中需用60mL 的稀硫酸标准溶液，配制时应选用100mL容量瓶，容量瓶的规格有50mL、100mL等容量瓶，应选择稍大于或等于配制溶液体积的容量瓶，故B正确；
C．容量瓶中含有少量蒸馏水，不影响溶质的物质的量和溶液的体积，所以不会导致所配标准溶液的浓度偏小，故C错误；
D．酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，即装入标准浓度的稀硫酸，导致稀硫酸的浓度偏小，所用稀硫酸的体积偏大，所以测得的NaOH溶液的浓度将偏大，故D正确；
E．配制溶液时，若在最后一次读数时俯视读数，导致溶液的体积偏小浓度偏大，所用酸的体积偏小，故导致实验结果偏小，故E错误；
F．中和滴定时，若在最后一次读数时俯视读数，导致所用酸的体积偏小，故导致实验结果偏小，故F错误；
故选ABD；
（2）①c（OH-）/c（H+）=1×10-8，c（OH-）×c（H+）=1.0×10-14，则c（H+）=10-3mol•L-1，所以溶液的pH=3；氢离子浓度小于酸的浓度，所以该酸是弱酸，该酸（HA）与NaOH溶液反应的离子方程式为：HA+OH-═A-+H2O，
故答案为：3；HA+OH-═A-+H2O；
②pH=11的NaOH溶液中c（OH-）=10-3mol•L-1，HA是弱酸，酸的浓度远远大于氢离子浓度，所以pH=3的HA与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，溶液中的溶质是酸和盐，溶液呈酸性，所以溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，酸根离子浓度大于钠离子浓度，溶液中4种离子物质的量浓度大小关系是c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），
故答案为：c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）；
③0.2mol•L-1HA溶液与0.1mol•L-1NaOH溶液等体积混合后所得溶液中，由电荷守恒有：c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），由物料守恒有：2c（Na+）=c（A-）+c（HA），故c（H+）+c（HA）-c（OH-）=c（Na+）=[1/2]×0.1mol/L=0.05mol/L，
故答案为：0.05；
（3）pH=2的稀硫酸溶液中C（H+）=10-2mol/L，pH=11的NaOH溶液中C（H+）=10-11mol/L，等体积混合后溶液呈中性，则10-2mol/L=
Kw
10−11mol/L，所以KW=1.0×10-13，
故答案为：1.0×10-13；
①将100mL 0.1mol•L-1的稀H2SO4溶液与100mL 0.4mol•L-1的NaOH溶液混合后，氢氧化钠过量，反应后C（OH-）=[0.1×0.4−0.1×0.2/0.1+0.1]=0.1mol/L，故C（H+）=
10−13
0.1mol/L=10-12mol/L，故反应后溶液的pH=-lg10-12=12，
故答案为：12；
②1体积的稀硫酸和10体积的NaOH溶液混合后溶液呈中性，说明氢离子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，
令pHa=a，pHb=b，则：1×10-a=10×
10−13
10−b，故a+b=12，即pHa+pHb=12，
故答案为：pHa+pHb=12．
点评：
本题考点： 配制一定物质的量浓度的溶液；弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
考点点评： 本题考查溶液配制及中和滴定误差分析、溶液pH的计算、离子浓度比较等，题目综合性较大，难度中等，（3）注意计算水的离子积，为易错点．