解题思路：（1）氧化还原反应中化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，根据电子守恒来配平方程式；
（2）依据流程图中最后的产物分析；
（3）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；
（4）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；硅酸的酸性小于碳酸，二氧化碳过量反应生成碳酸氢钠；
（5）①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；
②在金属消耗完毕以后，硝酸将亚铁离子氧化为三价铁，据此分析．
（1）化学反应中碘元素化合价从+5价降为0价，生成1mol碘单质共降低10价，硫元素的化合价从+4价升高到+6价，2molNaHSO3生成1molNa2SO4共升高了4价，根据电子守恒和原子守恒，则碘酸钠的前面系数是4，亚硫酸氢钠的系数是10，即4NaIO3+10NaHSO3=2I2+7Na2SO4+3H2SO4+2H2O，
故答案为：4；10；2；7；3；2；
（2）依据流程图中最后的产物有绿矾和蓝矾，说明原合金中含有铜和铁，故答案为：Cu、Fe；
（3）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：H2O2；Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；
（4）若反应①产生的气体是H2，则验证滤液A只含NaAlO2、不含Na2SiO3的方法是利用氢氧化铝溶液强酸，硅酸不溶于强酸生成沉淀设计验证，方法为：取少量混合液A于试管中，逐滴滴加稀盐酸至过量．先生成白色沉淀，过量，若沉淀完全溶解，则只有Al；若沉淀部分溶解，则Al、Si都有；若沉淀始终不溶，则只有Si；
故答案为：取少量混合液A于试管中，逐滴滴加稀盐酸至过量，先生成白色沉淀，过量，若沉淀完全溶解，则只有Al；若沉淀部分溶解，则Al、Si都有；若沉淀始终不溶，则只有Si；
（5）①由1、2两组数据分析，两次剩余物的质量相差4.2g，此时生成1.12LNO气体（转移0.15 mol电子），若只溶解铁，质量为4.2g，若只溶解铜，质量为4.8g；由此可知实验1中是Fe溶解，其溶解的质量为4.2g，故答案为：Fe；4.2；
②实验1中是Fe溶解，发生反应的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O；在金属消耗完毕以后，硝酸将亚铁离子氧化为三价铁，在亚铁离子转化为铁离子过程中，结合试验①可知还会产生1.12L的气体，所以试验④中V=4.48L，
故答案为：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O；4.48．
点评：
本题考点： 氧化还原反应方程式的配平；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
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．
