解题思路：A、B、C、D、E为短周期主族元素，原子序数依次增大，A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，则A为氢元素；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，电子排布为1s22s22p3，则B为N；由C原子的第三电离能剧增，最外层电子数为2，处于ⅡA族，结合原子序数，则C为Mg；D原子核外所有p轨道全满或半满，则价电子为3s23p3，则D为P；E元素的主族序数与周期数的差为4，E为第三周期ⅦA族元素，则E为Cl；F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大，F是前四周期中电负性最小的元素，则F为K，G在周期表的第七列，则G为Mn，据此解答．
A、B、C、D、E为短周期主族元素，原子序数依次增大，A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，则A为H元素；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，电子排布为1s22s22p3，则B为N；由C原子的第三电离能剧增，最外层电子数为2，处于ⅡA族，结合原子序数，则C为Mg；D原子核外所有p轨道全满或半满，则价电子为3s23p3，则D为P；E元素的主族序数与周期数的差为4，E为第三周期ⅦA族元素，则E为Cl；F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大，F是前四周期中电负性最小的元素，则F为K，G在周期表的第七列，则G为Mn，
（1）BA5为离子化合物，则为NH4H，其电子式为
，
故答案为：
；
（2）B为N元素，能量最高的电子为2p电子，其电子云在空间有3个方向，p轨道为纺锤形；由泡利原理可知，电子在同一轨道内的自旋方向应相反，C基态原子的核外电子排布图中3s上的两个电子自旋方向相同，则违反了泡利原理，
故答案为：3；纺锤形；泡利原理；
（3）C为镁，与Mg元素相邻的同周期元素为Na和Al，同一周期内，随着原子序数的增加，原子半径逐渐变小（稀有气体除外），原子核对外层电子的吸引越来越强，元素的原子越来越难失电子，因此元素的第一电离能呈增大的趋势，所以第一电离能大小关系为：Na＜Mg＜Al，
故答案为：Na＜Mg＜Al；
（4）G为Mn，在第四周期第ⅦB，最后填充的为d电子，在d区，其价电子为3d54s2；其最外层为7个电子，所以最高化合价为+7价，
故答案为：第ⅦB；d；3d54s2；+7；
（5）DE3为PCl3，PCl3中P原子孤电子对数为1，成3个σ键，则为sp3杂化，空间构型为三角锥形；
N3-中含有22个电子，CO2分子与N3-互为等电子体，二氧化碳分子中含有2个π键、2个σ键，分子中σ键和π键的个数比为1：1，
故答案为：sp3；CO2；1：1；
（6）BA3为氨气，氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，涉及的离子方程式为：Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3=[Cu（NH3）4]2++2OH-；
[Cu（NH3）4]2+形成4个配位键，具有对称的空间构型，为平面正方形结构；
[Cu（NH3）4]2+中，Cu2+与NH3之间的化学键为配位键，N-H为极性共价键，故A、C正确，
故答案为：深蓝色；Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+；Cu（OH）2+4NH3=[Cu（NH3）4]2++2OH-；AC；
（7）F为K元素，检验K元素的方法为焰色反应，通过蓝色钴玻璃观察，火焰的颜色为紫色；
用原子结构的知识解释产生此现象的原因为：原子核外电子按照一定轨道顺序排列，轨道离核越远，能量越高；燃烧时，电子获得能量，从内测轨道跃迁到外侧的另一条轨道；跃迁到新轨道的电子处在一种不稳定的状态，它随即就会跳回原来轨道，并向外界释放能量（光能），
故答案为：焰色反应；原子核外电子按照一定轨道顺序排列，轨道离核越远，能量越高；燃烧时，电子获得能量，从内测轨道跃迁到外侧的另一条轨道；跃迁到新轨道的电子处在一种不稳定的状态，它随即就会跳回原来轨道，并向外界释放能量（光能）．
点评：
本题考点： 位置结构性质的相互关系应用；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；“等电子原理”的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．
考点点评： 本题考查结构性质与位置关系、核外电子排布规律、电离能、杂化轨道理论、物质晶体类型与性质等，综合性较大，难度中等，推断元素是解题的关键，注意基础知识的掌握．