解题思路：（1）依据题干信息，最后得到蓝矾说明滤渣B中含有金属铜，证明合金中含有铜；
（2）双氧水是一种绿色氧化剂，可以实现金属铜和硫酸之间的反应；
（3）合金中的铝在过量氢氧化钠溶液中溶解生成偏铝酸钠和氢气，利用氢氧化铝溶于强酸溶液，硅酸不溶于酸设计实验验证；
（4））①金属铁的活泼性强于铜，根据金属铁和硝酸发生反应的情况来书写；
②先判断酸是否完全反应，再根据金属活动性判断反应的金属及生成的金属离子价态，根据1、2两组数据，结合采用极限法分析，确定剩余固体的成分，据此来计算即可．
（1）由最后得到蓝矾说明滤渣B中含有金属铜，证明合金中含有铜，故答案为：Cu；
（2）双氧水是一种绿色氧化剂，在双氧水的作用下，金属铜可以和硫酸发生反应：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，
故答案为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；
（3）这里主要利用氢氧化铝溶于强酸溶液，硅酸不溶于酸的特点设计实验验证，方法为：取少量滤液A于试管中，滴加盐酸，开始生成白色沉淀为氢氧化铝，继续滴加盐酸，氢氧化铝会溶解生成氯化铝，若无白色沉淀现象证明不含硅酸钠；
故答案为：过量盐酸，先有白色沉淀生成，继续滴加盐酸，白色沉淀全部溶解证明不不含硅酸钠；
（4）①9g滤渣是金属铁铜混合物，铁的还原性大于铜，所以铁先反应，实验①中发生反应的化学方程式为：
3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，
故答案为：3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O；
②在题目已知属全部溶解后，再发生的反应是Fe2+和HNO3反应前提下，
实验①中，生成1.12LNO，转移电子数=
1.12L
22.4L/mol×(5−2)=0.15mol，若实验①中金属只有Fe发生反应，发生反应的Fe是4.2g（13.2g-9.0g），则Fe转移电子数=
4.2g
56g/mol×(2−0)=0.15mol，因此，实验①中只有Fe发生反应；
实验②中，反应掉的金属质量=13.2g-4.8g=8.4g，生成NO气体2.24L，均是实验①的2倍，因此，实验②滤渣中也只有Fe参与反应；
实验③中，在②基础上，假设继续反应掉的4.8g是铜的质量，则Cu转移电子数=
4.8g
64g/mol×(2−0)=0.15mol，和多生成的1.12LNO转移电子数相同，因此可以判定13.2g滤渣中Fe是4.2g+4.2g=8.4g，Cu是4.8g；
故滤渣中Fe的质量分数=
8.4g
13.2g×100%=63.6%．
故答案为：63.6%．
点评：
本题考点： 金属的回收与环境、资源保护；铜金属及其重要化合物的主要性质．
考点点评： 本题考查了物质定量测定的实验方法应用，物质性质的应用和判断是解题关键，数据分析和计算是难点，主要考查了铁、铝、铜及其化合物性质的综合应用和分离方法，题目难度较大．