工业上以铜阳极泥$\rm ($主要成分$\text{C}{{\text{u}}_{2}}\text{Te}\rm )$为原料提取碲$\rm (Te)$，涉及如下反应：

Ⅰ．$\text{C}{{\text{u}}_{2}}\text{Te}+2{{\text{O}}_{2}}+2{{\text{H}}_{2}}\text{S}{{\text{O}}_{4}}=2\text{CuS}{{\text{O}}_{4}}+\text{Te}{{\text{O}}_{2}}+2{{\text{H}}_{2}}\text{O}$，

Ⅱ．$\text{Te}{{\text{O}}_{2}}+2\text{S}{{\text{O}}_{2}}+2{{\text{H}}_{2}}\text{O}=2{{\text{H}}_{2}}\text{S}{{\text{O}}_{4}}+\text{Te}$

下列说法正确的是$(\quad\ \ \ \ )$

$\\text{C}{{\\text{u}}_{2}}\\text{Te}$中$\\text{Cu}$元素的化合价是$\\rm +2$价

氧化性强弱顺序为：${{\\text{O}}_{2}}\\gt \\text{S}{{\\text{O}}_{2}}\\gt \\text{Te}{{\\text{O}}_{2}}$

$\\rm II$中氧化剂是$\\text{S}{{\\text{O}}_{2}}$，氧化产物是${{\\text{H}}_{2}}\\text{S}{{\\text{O}}_{4}}$

生成$1\\text{ mol Te}{{\\text{O}}_{2}}$理论上转移$8\\;\\rm \\text{mol}$电子

$\rm A\rm .$根据正负化合价的代数和为零可知，$\rm Cu_{2}Te$中$\rm Cu$元素的化合价为$\rm +1$价，故$\rm A$错误；

$\rm B\rm .$由反应Ⅱ可知，$\rm TeO_{2}$为氧化剂，$\rm SO_{2}$为还原剂，氧化性：$\rm TeO_{2}\gt SO_{2}$，故$\rm B$错误；

$\rm C\rm .$Ⅱ中$\rm S$元素化合价升高，$\rm SO_{2}$为还原剂，$\rm H_{2}SO_{4}$为氧化产物，故$\rm C$错误；

$\rm D\rm .$反应Ⅰ中，$\rm Te$元素化合价由$\rm -2$变为$\rm +4$，$\rm Cu$元素化合价由$\rm +1$变为$\rm +2$，生成$\rm 1\;\rm mol\;\rm TeO_{2}$理论上转移$\rm 8\;\rm mol$电子，故$\rm D$正确；

氧、硫、硒、碲在周期表中位于同一主族。

①补全基态碲原子的简化电子排布式：$[\mathrm{Kr}]$                ，

②碲的最高价氧化物的水化物碲酸$\left( {{\text{H}}_{6}}\text{Te}{{\text{O}}_{6}} \right)$的酸性比${{\text{H}}_{2}}\text{S}{{\text{O}}_{4}}$                $\rm ($选填“强”或“弱”$\rm )$，其氧化性比硫酸强。向碲酸中通入$\text{S}{{\text{O}}_{2}}$气体，若反应中生成的$\text{Te}{{\text{O}}_{2}}$与$\text{Te}$的物质的量之比为$\rm 2:1$，写出反应的化学方程式                。

$4{{\\text{d}}^{10}}5{{\\text{s}}^{2}}5{{\\text{p}}^{4}}$；弱；$5 \\mathrm{SO}_2+3 \\mathrm{H}_6 \\mathrm{TeO}_6=2 \\mathrm{TeO}_2 \\downarrow+\\mathrm{Te} \\downarrow+5 \\mathrm{H}_2 \\mathrm{SO}_4+4 \\mathrm{H}_2 \\mathrm{O}$

①碲原子位于周期表中第五周期第Ⅵ$\rm A$族，基态碲原子的简化电子排布式：$\rm [Kr]4d^{10}5s^{2}5p^{4}$；

②非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：$\rm S\gt Te$，酸性：$\rm H_{6}TeO_{6}\gt H_{2}SO_{4}$；向碲酸中通入$\rm SO_{2}$气体，$\rm H_{6}TeO_{6}$将$\rm SO_{2}$氧化为$\rm H_{2}SO_{4}$，本身被还原为$\rm TeO_{2}$与$\rm Te$，化学反应方程式为：$\rm 5SO_{2}+3H_{6}TeO_{6}=2TeO_{2}↓+Te↓+5H_{2}SO_{4}+4H_{2}O$；

钛的某配合物可用于催化环烯烃聚合，其结构如下图所示：

①碳原子的杂化类型有                种。

②该配合物中存在的化学键有                $\rm ($填字母$\rm )$。

$\rm a$．离子键        $\rm b$．配位键        $\rm c$．金属键

$\rm d$．共价键        $\rm e$．氢键

$\\rm 2$；$\\rm bd$

①由钛的某配合物结构图可知，甲基中$\rm C$原子形成$\rm 4$个$\rm \sigma$键，价层电子对数为$\rm 4$，为$\rm sp^{3}$杂化；其他$\rm C$原子形成$\rm 3$个$\rm \sigma$键，价层电子对数为$\rm 3$，为$\rm sp^{2}$杂化，$\rm C$原子共有$\rm 2$种杂化方式；

②由钛的某配合物结构图可知，$\rm Ti$提供空轨道，$\rm O$提供孤电子对，形成配位键，存在$\rm C-H$键、$\rm C=C$、$\rm C-C$键、$\rm C-O$键等共价键；

氮化钛晶体的晶胞结构如图所示，该晶体结构中与$\rm N$原子距离最近且相等的$\text{Ti}$原子有                个；若该晶胞的密度为$ \rho \text{ g}/\text{c}{{\text{m}}^{3}}$，阿伏加德罗常数的值为${{ {N}}_{\text{A}}}$，则晶胞中$\text{Ti}$原子与$\text{N}$原子的最近距离为                $\rm pm$。$\rm ($用含$\rho$、$ {{ {N}}_{\text{A}}}$的代数式表示$\rm )$

$\\rm 6$；$\\sqrt[{3}]{\\dfrac{{31}}{\\rho{ }{{{N}}_{\\rm {A}}}}}\\times {{10}^{10}}$

由氮化钛晶体的晶胞结构图可知，与$\rm N$原子距离最近且相等的$\rm Ti$原子位于$\rm N$原子的上下左右前后，该晶体结构中与$\rm N$原子距离最近且相等的$\rm Ti$原子有$\rm 6$个；设晶胞边长为$a\;\rm pm$，则晶胞体积为$(a\times 10^{-10})^{3}\rm \;pm^{3}$，晶胞中$\rm Ti$原子位于棱心和体心，个数为$\rm 12\times \dfrac{1}{4}\rm +1=4$，$\rm N$原子位于顶点和面心，个数为$\rm 8\times \dfrac{1}{8}\rm +6\times \dfrac{1}{2}\rm =4$，则晶胞质量为$\dfrac{\begin{array}{*{35}{l}} 4\times \left( 48+14 \right) \\ \end{array}}{{{{N}}_{\rm {A}}}}\;\rm g$，根据$\rho{ =}\dfrac{{m}}{{V}}=\dfrac{\dfrac{\begin{array}{*{35}{l}} 4\times \left( 48+14 \right) \\ \end{array}}{{{{N}}_{\rm {A}}}}}{\begin{array}{*{35}{l}} {{\left( a\times {{10}^{-10}} \right)}^{3}} \\ \end{array}}$，可得$ a=\sqrt[{3}]{\dfrac{{248}}{\rho{{{N}}_{\rm {A}}}}}\times {{10}^{10}}\;\rm pm$，与$\rm N$原子的最近距离为边长的一半，即$\sqrt[{3}]{\dfrac{{31}}{\rho{{{N}}_{\rm {A}}}}}\times {{10}^{10}}$。