NMR期末复习-呕心吐血终极修改版

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济南大学操作系统期末复习要点【修改】很多原题

济南大学操作系统期末复习要点【修改】很多原题

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进程管理——例题7
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16、一个管程管理一个临界资源,任何进程使用管程管理的 临界资源时,只有通过特定的(),才能进入管程,并 使用资源。 A、使用临界资源的一个过程 B、访管指令 C、使用临界资源的一个线程 D、都可以 17、以下描述中,()不是多线程系统的特长。 A、利用线程并行地执行矩阵乘法运算 B、web服务器利用线程响应HTTP请求 C、键盘驱动程序为每一个正在运行的应用配备一个线 程,用来响应键盘输入 D、基于GUI的debugger用不同的线程分别处理用户输 入、计算、跟踪等操作
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进程管理——知识点
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进程的基本概念:定义、特征、状态、标志 进程的控制:由OS的内核通过进程控制原语实现。 创建、终止、阻塞与唤醒、挂起与激活 进程同步:临界资源、临界区、同步机制应遵循的四 个原则 、用信号量机制和管程机制解决进程同步问 题、实现互斥和实现前趋关系 进程通信基本类型:共享存储器系统、消息传递系统、 管道通信 线程:线程的特征,线程与进程的比较和线程两种实 现方式的比较
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操作系统引论——知识点
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操作系统的目标和作用 操作系统的发展过程:单道批处理、多道 批处理、分时系统、实时系统,实时系统 和分时系统的特征比较 操作系统的四大基本特征及其之间的关系, 最基本的特征是什么 操作系统的五大功能,各个功能又具有什 么功能,其主要任务是什么 操作系统的体系结构(微内核与巨内核)

(完整word版)期末复习题

(完整word版)期末复习题

1 processes P1, P2, and P3 ,Define semaphores, and synchronize the execution of P1, P2, and P3 by wait() and signal() on these semaphores.2 Draw three Gantt charts,What is the turnaround time of each process for SJF, and RRWhat are the average waiting time and the average turnaround time3 Consider the following page-reference string:(1) LRU page replacement(2) Optimal page replacement(3) FIFO replacement algorithmpage fault times,Page faults rate4 (1) Is the system in a safe or unsafe state? Why?(2) If P i request resource of (0, 1, 0, 0), can resources be allocated to it? Why?In a demand paging system, the page size is 1k bytes, and the page table is as follows(assuming use decimal values), translate a logical address 10 into its corresponding physical address, and why?A.8202 B.4106 C.2058D.1034In a demand paging system, the page size is 1024 bytes, and the page table is as follows, would the following virtual addresses (assuming use decimal values) result in a page fault? And why?(1)2500(2)5100Page table(1) 2500=2*1024+452 page 2 is valid, so no page fault(2) 5100=4*1024+1004 page 4 is invalid, a page fault occursConsider a simple paging system with a page table containing 1024 entries of 14 bits (including one valid/invalid bit) each, and a page size of 1024 bytes (5 points)(a) how many bits are in the logical address?(b) how many bits are in the physical address?(c) what is the size of the logical address space?(d) how many bits in the logical address specify the page number?(e) how many bits in the physical address specify the offset within the frame?1) 202) 233) 220B4) 105) 10(a)There are 10+10=20 bits in the logical address(b)There are 13+10=23 bits in the physical address(c)The size of the logical address space is 220 bytes(d)There are 10 bits in the logical address specifying the page number(e)There are 10 bits in the physical address specifying the offset within theframeConsider a system using segmentation with paging management scheme, whose physical memory is of 235 bytes. The logical address space consists of up to 8 segments. Each segment can be up to 213 pages, and page size of 512 bytes,(1) How many bits in the logical address specify the page number?(2) How many bits are there in the entire logical address?(3) What is the size of a frame?(4) How many bits in the physical address specify the frame number?(5) How many bits in the physical address specify the frame offset?(6) How many entries are there in the page table for each segmentation, i.e. how longis the page table for each segmentation?(1)Each segment consists of up to 213 pages, so log2(213) = 13 bits in the logicaladdress specify the page number(2)The entire logical address consists of segmentation and offset in segmentation,and offset in segmentation is divided into page number and page offset, so entire logical address haslog2 (8) + log2(213) + log2 (512) = 3 + 13 +9 =25 bits(3)the size of a frame is equal to that of a page, i.e., 512 bytes(4)the total size of physical memory is 235 bytes, and each frame is 29 = 512 bytes,so there are 26 = (35 –9) bits in the physical address specify the frame number(5)the number of bits in the physical address specifying the frame offset dependson the size of the frame, so log2 (29) = 9 bits in the physical address specify the frame offset(6)each entry in the page table corresponds to a page in the segment, eachsegment can be up to 213 pages, so there are 213 entries in the page table for each segment.A file system uses 256-byte physical blocks. Each file has a directory entry givingthe file name, location of the first block, length of file, and last block position.Assuming the last physical block read is 100, block 100 and the directory entry are already in main memory.For the following two file allocation algorithms, how many physical blocks must be read to access the specific block 600 (including the reading of block 600 itself), and why?(1)contiguous allocation(2) linked allocation(1) 1Contiguous allocation supports direct access on arbitrtary physical blocks in a file. To access physical block 600, the bolck 600 can be directory read into memory.(2) 500Linked allocation is used only for sequential-access files, file system can only read blocks one by one, directed by file pointers.To find the phyical block 600 in the file, file system locates on the 101th block following the 100th block just read, and reads block 101, block 102, …, until block 600.Consider a file system in which a directory entry can store up to 32 disk block addresses. For the files that is not larger than 32 blocks, the 32 addresses in the entry serves as the file’s index table. For the files that is larger than 32 blocks, each of the 32 addresses points to an indirect block that in turn points to 512 file blocks on the disk, and the size of a block is 512-bytes. What is the largest size of a file?32 x 512 =16384 file blocks16384 x 512 = 8388608 bytesor25 x 29 x 29 = 223 bytesIn the file system on a disk with physical block sizes of 512 bytes, a file is made up of 128-byte logical records, and each logical record cannot be separately stored in two different blocks. The disk space of the file is organized on the basis of indexed allocation, and a block address is stored in 4 bytes. Suppose that 2-level index blocks be used to manage the data blocks of the file, answer the following questions:1) What is the largest size of the file?2) Given 2000, the number of a logical record in the file, how to find out the physical address of the record 2000 in accordance with the 2-level index blocks.1)512/4=128128*128*512=128*64 KB=8192KBor =223 bytes = 8 MBor = 83886802)512/128=42000/4=500in 3 block in the first –level index blockin 116 block in the second-level index blockA file is made up of 128-byte fix-sized logical records and stored on the disk in the unit of the block that is of 1024 bytes. The size of the file is 10240 bytes. Physical I/O operations transfer data on the disk into an OS buffer in main memory, in terms of 1024-byte block. If a process issues read requests to read the file’s recor ds in the sequential access manner, what is the percentage of the read requests that will result in I/O operations?1024/128=8 record10240/8=80 record10240/1024=10 block10/80=1/8=0.125or 12.5%Consider a paging system with the page table stored in memory.a. If a memory reference takes 300 time unit, how long does it take to access an instruction or data in a page that has been paged into memory?b. If we add TLB (translation look-aside buffers), and 80 percent of all page-table entries can be found in the TLB, what is the effective memory access time? (Assume that finding a page-table entry in the associative registers takes 20 time unit, if the entry is there.)a.300 x 2=600b.0.8 x (300+20) + 0.2 x (600+20)=256+124=380。

网络安全期末复习指导

网络安全期末复习指导

期末复习指导一、重点复习项目L003006005-扫描探测分析-操作系统识别C006001001-主机存活性探测实验L003003009-端口扫描之Nmap工具L003003011-端口扫描之zenmap工具L002002007-x-scan综合扫描工具的使用L003010006-网络嗅探实验C003001001-监听工具-Win SnifferC006002003-windows密码破解实验C006002005-压缩文件解密L003001013-HTTP攻击与防范-SQL注入攻击-03明小子工具实例L003001012-HTTP攻击与防范-SQL注入攻击-02啊D工具实例L003001040-HTTP攻击与防范-SQL手工注入攻击L003001008-HTTP攻击与防范-跨站攻击-03XSS跨站脚本攻击利用钓鱼L003001009-HTTP攻击与防范-跨站攻击-04XSS跨站脚本攻击盗窃邮箱C007002003-XSS跨站脚本攻击实验L002003006-木马攻击实验L003001041-一句话木马测试分析L003001020-HTTP攻击与防范-文件上传攻击L002003013-windows下手工木马检测L003004001-windows口令与安全策略设置实验L002004015-Windows安全策略与审计L002004009-Windows操作系统安全L002004015-Windows安全策略与审计二、复习参考指导Setp 0实验环境操作机:Windows XP [172.16.11.2]目标机:Windows server 2003 [172.16.12.2]实验工具:中国菜刀 Pr 御剑明小子 3389本实验要求获取网站的服务器权限。

把asp文件拷到服务器,双击asp源文件夹的”安装.bat”即可安装目标机实验环境。

拷文件不会解决办法有3个,1,通过共享文件夹。

2,ftp服务器3,虚拟机安装vmtoolStep 1目录扫描工具:御剑路径:如果打不开需安装.net环境打开御剑,在域名中输入http://ip,注意ip为服务器的ip地址不是ip两个字开始扫描;在目录列表中查找后台,发现存在/admin双击打开后台登录页面http://ip/admin不过用户名和密码都不知道,没关系,进行下一步:获取用户名和密码。

nmr试题及答案

nmr试题及答案

nmr试题及答案1. 核磁共振(NMR)技术中,化学位移的单位是什么?A. 赫兹(Hz)B. 特斯拉(T)C. 部分每百万(ppm)D. 电子伏特(eV)答案:C2. 在核磁共振波谱中,哪些因素会影响峰的分裂模式?A. 样品温度B. 样品浓度C. 样品的磁化率D. 样品的分子结构答案:D3. 请解释NMR中T1和T2的区别。

答案:T1是纵向弛豫时间,表示自旋系统从非平衡状态恢复到热平衡状态所需的时间。

T2是横向弛豫时间,表示自旋系统相位信息的丧失速率。

4. 核磁共振波谱中,哪些类型的氢原子会产生耦合峰?A. 相邻的氢原子B. 非相邻的氢原子C. 非等价的氢原子D. 所有氢原子答案:A5. 以下哪种溶剂最适合用于核磁共振样品的制备?A. 水B. 甲醇C. 四氢呋喃D. 丙酮答案:C6. 在核磁共振波谱中,如何确定一个化合物的结构?答案:通过分析化合物的化学位移、耦合常数、峰的分裂模式以及峰的积分面积,可以推断出化合物的结构。

7. 请解释NMR中NOE(核奥弗豪塞效应)现象。

答案:NOE是一种通过空间接近性来增加核磁共振信号的现象,当两个核之间存在空间接近性时,一个核的信号可以通过NOE效应增强另一个核的信号。

8. 在核磁共振波谱中,哪些因素会影响峰的积分面积?A. 样品的浓度B. 样品的温度C. 样品的pH值D. 样品的溶剂答案:A9. 核磁共振波谱中,哪些类型的实验可以用来确定分子中氢原子的相对位置?A. 一维谱B. 二维谱C. 三维谱D. 所有上述实验答案:B10. 在核磁共振波谱中,如何区分异核耦合和同核耦合?答案:异核耦合涉及不同种类的核(如氢和碳),而同核耦合涉及相同种类的核(如氢和氢)。

异核耦合通常具有较大的耦合常数,而同核耦合的耦合常数较小。

nmr练习题

nmr练习题

NMР练习题一、基本概念1.1 请简述核磁共振(NMR)的基本原理。

1.2 解释化学位移、偶合常数和自旋系统在NMR谱图中的意义。

1.3 描述不同类型的核磁共振谱仪及其主要应用领域。

1.4 请列举常见的核磁共振溶剂及其化学位移范围。

1.5 说明核磁共振谱图中的峰面积与分子结构的关系。

二、氢谱(1H NMR)(谱图略)2.2 化合物B的1H NMR谱图显示有三个单峰,化学位移分别为1.2、2.0和4.5 ppm。

请推测化合物B的结构。

2.3 化合物C的1H NMR谱图显示有两个双峰和一个单峰,化学位移分别为1.0、2.5和3.0 ppm。

请推测化合物C的结构。

(谱图略)2.5 化合物E的1H NMR谱图显示有一个单峰和一个多重峰,化学位移分别为1.1和3.2 ppm。

请推测化合物E的结构。

三、碳谱(13C NMR)(谱图略)3.2 化合物G的13C NMR谱图显示有三个峰,化学位移分别为10、30和60 ppm。

请推测化合物G的结构。

3.3 化合物H的13C NMR谱图显示有两个峰,化学位移分别为15和45 ppm。

请推测化合物H的结构。

(谱图略)3.5 化合物J的13C NMR谱图显示有一个单峰和一个多重峰,化学位移分别为10和50 ppm。

请推测化合物J的结构。

四、二维核磁共振(2D NMR)4.1 请简述二维核磁共振(2D NMR)的基本原理。

4.2 解释二维核磁共振谱图中的交叉峰和自相关峰。

4.3 描述二维核磁共振谱仪的主要应用领域。

(谱图略)(谱图略)五、核磁共振成像(NMR Imaging)5.1 请简述核磁共振成像(NMR Imaging)的基本原理。

5.2 解释NMR成像中的信号强度与组织类型的关系。

5.3 描述NMR成像在医学和生物学领域的应用。

(成像图略)5.5 请列举NMR成像技术在其他领域的应用。

六、核磁共振参数解析6.1 请解释什么是化学位移等价和化学位移不等价。

6.2 描述如何通过核磁共振谱图确定分子中的对称和反对称部分。

软件工程期末考试复习题

软件工程期末考试复习题

软件工程期末考试复习题 Revised by BETTY on December 25,2020《软件工程》选择题一、选择题(在每小题的四个备选答案中,选出一个正确答案,并将正确答案的序号填在题干的括号内,每小题1分)软件工程1.软件产品的开发主要是(D )。

A.复制B.再生产C.拷贝D.研制2.作坊式小团体合作生产方式的时代是(C )时代。

A.程序设计B.软件生产自动化C.程序系统D.软件工程3.软件工程与计算机科学性质不同,软件工程着重于(C )。

A.理论研究B.原理探讨C.建造软件系统D.原理的理论4.与计算机科学的理论研究不同,软件工程是一门(C )学科。

A.理论性B.原理性C.工程性D.心理性5.软件工程的出现主要是由于(C )。

A.程序设计方法学的影响B.其它工程科学的影响C. 软件危机的出现?D.计算机的发展6.在项目中,不随参与人数的增加而使软件的生产率增加的主要问题是(D )A、工作阶段间的等待时间B、生产原型的复杂性C、参与人员所需的工作站数D、参与人员之间的通信困难7.软件工程方法学的目的是:使软件生产规范化和工程化,而软件工程方法得以实施的主要保证是(C )A、硬件环境B、软件开发的环境C、软件开发工具和软件开发的环境D、开发人员的素质8、下列不属于软件工程方法学三要素的是( D ):A、方法B、工具C、过程D、操作周期1.将每个模块的控制结构转换成计算机可接受的程序代码是(A )阶段的任务。

A.编码B.需求分析C.详细设计D.测试2.可行性研究的目的是决定(B )。

A.开发项目B.项目值得开发否C.规划项目D.维护项目3.据国家标准GB8566-8计算机软件开发的规定,软件的开发和维护划分为八个阶段,其中组装测试的计划是在(C )阶段完成的A.可行性研究和计划B.需求分析C.概要设计D.详细设计4、初步用户手册在(B )阶段编写。

A.可行性研究B.需求分析C.软件概要设计D.软件详细设计5. 在软件的可行性研究中,可以从不同的角度对软件的可行性进行研究,其中是从软件的功能可行性角度考虑的是(B )A、经济可行性B、技术可行性C、操作可行性D、法律可行性6. 瀑布模型把软件生命周期划分为八个阶段:问题的定义、可行性研究、软件需求分析、系统总体设计、详细设计、编码、测试和运行、维护。

基因工程期末复习

基因工程期末复习

这是我整理的老师布置的思考题,不一定齐全也不一定正确,不过可以选择性地参考下。

1、DNA提取常见问题,原因分析及其对策问题一:DNA样品不纯,抑制后续酶解和PCR反应。

原因:1.DNA中含有蛋白、多糖、多酚类杂质2.DNA在溶解前,有酒精残留,酒精抑制后续酶解反应3.DNA中残留有金属离子对策:1.重新纯化DNA,去除蛋白、多糖、多酚等杂质(具体方法见前)2.重新沉淀DNA,让酒精充分挥发3.增加70%乙醇洗涤的次数(2-3次)问题二:DNA降解。

原因:1.材料不新鲜或反复冻融2.未很好抑制内源核酸酶的活性3.提取过程操作过于剧烈,DNA被机械打断4.外源核酸酶污染5.反复冻融对策:1.尽量取新鲜材料,低温保存材料避免反复冻融2.液氮研磨或匀浆组织后,应在解冻前加入裂解缓冲液3.在提取内源核酸酶含量丰富的材料的DNA时,可增加裂解液中螯合剂的含量4.细胞裂解后的后续操作应尽量轻柔5.所有试剂用无菌水配制,耗材经高温灭菌6.将DNA分装保存于缓冲液中,避免反复冻融问题三:DNA提取量少。

原因:1.实验材料不佳或量少2.破壁或裂解不充分3.沉淀不完全4.洗涤时DNA丢失对策:1.尽量选用新鲜(幼嫩)的材料2.动植物要匀浆研磨充分;G+菌、酵母裂解前先用生物酶或机械方式破壁3.高温裂解时,时间适当延长(对于动物细胞、细菌可增加PK的用量)4.低温沉淀,延长沉淀时间5.加辅助物,促进沉淀6.洗涤时,最好用枪头将洗涤液吸出,勿倾倒2、猪肝脏总RNA的提取? RNA提取常见问题,原因分析及其对策问题一:RNA的降解(1)新鲜细胞或组织的RNA降解RNA降解:1.裂解液的质量2.外源RNase的污染3.裂解液的用量不足4.组织裂解不充分5.另外某些富含内源酶的样品(如脾脏,胸腺等),很难避免RNA的降解。

建议在液氮条件下将组织碾碎,并且匀浆时使用更多裂解液。

(2)冷冻样品的RNA降解1.样品取材后应立即置于液氮中速冻,然后可以移至-70℃冰箱保存。

CCNA第二学期期末考试

CCNA第二学期期末考试

1关于数据包通过路由器传输时的封装和解封的表达,以下哪三项是正确的?〔选择三项。

〕路由器修改 TTL 字段,将其值减 1。

路由器将源 IP 更改为送出接口的 IP。

路由器保持一样的源 IP 和目的 IP。

路由器将源物理地址更改为送出接口的物理地址。

路由器将目的 IP 更改为送出接口的 IP。

路由器会从所有接口将数据包转发出去,包括路由器接收数据包时使用的那个接口。

Option 1, Option 3, and Option 4 are correct.2请参见图示。

当数据包发往哪两个网络时需要路由器执行递归查找?〔选择两项。

〕Option 1 and Option 6 are correct.3对于为防止路由环路而通过毒性反转实现的水平分割方法,哪两项表达正确?〔选择两项。

〕所有 Cisco IOS 都会默认启用此方法。

会将一个表示无穷大度量的值分配给路由以将其毒化。

将毒化路由更新发回该更新的发送接口。

指示路由器将可能会影响路由的更改保持一段特定的时间。

限制数据包在被丢弃之前能够在网络中传输的跳数。

Option 2 and Option 3 are correct.4网络管理员在所示网络图中的路由器 B 和 C 上启用了 RIP。

什么命令可防止向路由器 A 发送 RIP 更新?A(config)# router ripA(config-router)# passive-interface S0/0B(config)# router ripA(config)# router ripB(config)# router ripB(config-router)# passive-interface S0/0A(config)# no router rip2 points for Option 45请参见图示。

根据如下列图的输出,以下哪两项陈述是正确的?〔选择两项。

〕所有路由都处于稳定状态。

每条路由都有一个可行后继。

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一、 什么是NMR ,产生NMR 的条件,共振频率与静磁场的关系,核自旋布居数分布,Bloch 方程答:1、NMR (Nuclear Magnetic Resonance )为核磁共振。

在与0B 垂直的方向上施加角频率为0ω的发射电磁波,核磁矩吸收电磁波中能量子(0ω )从低能级位置向它邻近的高能级作一次跃迁,也可以说核自旋从=|1/2α>态跃迁到|1/2β=->态。

这种现象称为核磁共振。

2、产生核磁共振的条件为:0hv B γ=有化学环境下的修正0(1)2v B γσπ=- 3、共振频率与静磁场的关系:电磁波频率v : 02B v γπ=相应的角频率为: 02v B ωπγ==4、能级的布居数(population)在宏观的样品中,在热平衡时,核自旋在各能级上的布居数服从玻尔兹曼分布。

第i 能级上的布居数i P 为://1i i E KTi n E KTi e P e--==∑ 式中n 为能级总数,i E 为第i 个能级的能量值。

K 为玻尔兹曼常数,T 为绝对温度。

5、Bloch 方程()d dtγ=⨯+M M B 弛豫项 M 为磁化矢量,B 为外加磁场。

引入纵向弛豫时间1T 和横向弛豫时间2T ,可写成分量形式:2201()()()x xy z z y yyz x x z zz x y y x dM M M B M B dt T dM M M B M B dt T M M dM M B M B dt T γγγ=--=---=--式中0M 为热平衡时磁化强度(z 方向)。

6、什么样的核具有核磁矩?二、 化学位移1、产生化学位移的原因:处于外磁场0B 中时,电子云被极化产生一个感应电子环流,呈现一个逆磁的感应磁场,在核所在处产生一个和外磁场方向相反的内部场,使核实际感受到的场小于外磁场0B ,这种现象称为抗磁屏蔽。

由于抗磁屏蔽的作用,使得NMR 谱线的位置移动一定距离,由于它与核所处的化学环境相关,故称之为化学位移。

2、化学位移定义(包括定义式)610S R Rv v v δ-=⨯ 式中S v 为样品的共振频率,R v 为参考物质的共振频率。

3、化学位移影响因素:(1)、局部抗磁屏蔽项;(2)、局部顺磁屏蔽项;(3)、各向异性分子内磁场的影响;(4)、环流的影响;(5)、氢键的影响;(6)、临近基团电偶极子的影响;(7)、诱导效应;(8)、共轭效应;(9)、邻近基团的磁各向异性;(10)、a 芳环b 双键c 叁键和单键d 氢键e 溶剂效应4、为什么要用标准物质孤立的裸核是得不到的,因此需要用标准物质测量相对化学位移。

一般标准物质在化学上是惰性的,共振频率比较稳定,而且对外磁场的屏蔽作用强,共振频率低,出现在低频处(扫频),其它核一般共振频率都比它高,谱峰出现在它左边。

用的最多的参考物质是四甲基硅烷34(CH )Si ,英文缩写为TMS 。

TMS 用作标准物质的优点是:a 、TMS 化学性质不活泼,与样品之间不发生化学反应和分子间缔合;b 、TMS 是一个对称结构,四个甲基有相同的化学环境,在氢谱和碳谱中都只有一个吸收峰;c 、Si 的电负性(1.9)比C 的电负性(2.5)小,TMS 中的氢核和碳核处在高电子密度区,产生大的屏蔽效应,NMR 信号所需的磁场强度大,与样品信号之间不会重叠干扰;d 、TMS 沸点很低(27℃),容易去除,有利于回收样品;e 、与许多有机溶剂易于混溶。

当用2D O 作溶剂时,由于TMS 和2D O 不相溶,采用DSS 作为参考物。

5、为什么不用核的共振频率(HZ)表示化学位移?用频率表示化学位移的缺点是该表示与磁场0B 成正比,这样在不同磁场条件下测得的化学位移的数值就不同,使用时必须说明该化学位移是在多少MHz 谱仪上测得的。

6、第一,高屏蔽的核(大σ值)共振线出现在高场处(扫场),低频处(扫频);第二,σ小的核,δ大。

三、 J 耦合和谱图分析1、偶极-偶极互相作用:核-核之间直接磁偶极互相作用;自旋-自旋耦合(也称标量耦合):核-核之间通过成键电子传递的间接相互作用。

2、产生自旋耦合的原因两个核通过化学键相互作用。

3、什么是一级谱?一级谱的自旋耦合裂分规律?一级谱:满足化学位移远大于J 耦合条件的为一级近似谱。

裂分规律:a 、一个核与n 个自旋为I 的核相耦合,谱线分裂成2nI+1条,对I=1/2的核,谱线分裂成n+1条,其强度比为二项式展开的系数比:012::::n n n n nC C C C 式中!!()!n k n C k n k =- b 、相邻两线间的距离即为耦合常数,多重峰的中心就是化学位移;c 、磁等价核之间的耦合不引起谱线分裂;d 、最边上的耦合常数一定等于最小的那个耦合常数。

4、化学等价和磁等价化学等价:如果分子中有两个相同的原子或基团处于相同的化学环境时,称它们是化学等价。

化学等价的核具有相同的化学位移值。

磁等价:如果两个原子核不仅化学位移相同(即化学等价),而且还以相同的耦合常数与分子中的其他核耦合,则这两个原子核就是磁等价的。

5、自旋体系的命名规则:6、一级谱图的解析1H NMR提供的信息有:化学位移值、耦合(耦合常数、自旋裂分峰形)、各峰面积之比。

1、已知化合物1H NMR谱图的指认2、1H NMR谱图解析步骤1)根据分子式计算化合物的不饱和度;2)测量积分曲线的高度,进而确定各峰组对应的质子数目;3)根据每一个峰组的化学位移值、质子数目以及峰组裂分的情况推测出对应的结构单元;4)计算剩余的结构单元和不饱和度;5)将结构单元组合成可能的结构式;6)对所有可能结构进行指认,排除不合理的结构;7)如不能得出明确的结论,需借助其他波谱分析方法。

7、画1H谱图:(1)屏蔽常数 大的峰出现在谱图的右侧;(2)注意裂峰的强度四、弛豫1、弛豫:自旋系统从不平衡状态向平衡状态恢复的过程纵向弛豫(自旋-晶格弛豫):磁化强度的纵向分量恢复的过程,是由自旋系统与晶格之间发生能量交换来实现的。

表征磁化强度的纵向分量z M 恢复过程的时间常数称为纵向弛豫时间1T 。

横向弛豫(自旋-自旋弛豫):磁化强度的横向分量消失的过程,是由自旋系统内部交换能量引起的。

表征磁化强度的横向分量消失过程的时间常数称为横向弛豫时间2T 。

2、产生弛豫的原因在加有射频磁场并满足共振条件的情况下,磁化强度M 要在合成磁场的作用下产生进动,射频磁场作用的结果使磁化强度M 离开Z 轴,转动角跟射频信号作用的时间成正比。

一旦射频信号消失,或者不再满足共振条件,则射频信号就不再起作用,这时候,原子核系统吸收的能量要放出来,具体过程是:磁化强度M 逐渐向Z 轴靠拢并最后回到Z 轴方向,而磁化强度在XOY 平面内的分量Mxy 要逐渐趋于0。

一句话:射频场是产生驰豫的原因。

3、弛豫时间T1的基本的测量原理和求解方法测量弛豫时间T1使用反转恢复法,脉冲序列示意图如下:基本原理:在180°脉冲作用下,磁化矢量0M 从+z 方向转到-z 方向,在D t 周期中弛豫恢复,纵向磁化z M 满足Bloch 方程:01zz M M dM dt T -=- 根据180°脉冲后的初始条件:0t =,0z M M =-,解得在D t 末的纵向磁化()z D M t 为:01()[12exp(/)]z D D M t M t T =--90°观测脉冲后检测到相应于()z D M t 的信号强度:01()[12exp(/)]D D I t I t T =--这里0I 相应于0M 的信号强度。

在FID 信号中包含各条谱线的信号,第i 条谱线的信号强度为:01()[12exp(/)]i D i D i I t I t T =--取一组不同的D t 值,D t 值从小到15T ≥,得到一组不同D t 值的FID 信号,取最后一个15D t T ≥的FID 信号的强度0I ,并令01I =进行归一化。

把FID 信号作FT 后,得到各谱线强度随D t 的变化曲线,从而可求得各条谱线的1T 值。

4、弛豫时间T2的基本的测量原理和求解方法横向弛豫主要有两部分贡献,第一部分是自旋系统的内部相互作用引起的横向弛豫,时间常数为2T ,对液体样品就是自旋-自旋弛豫;第二部分是由于磁场不均匀引起的横向弛豫,时间常数为'2T 。

表观横向弛豫时间为*2T ,*'222111T T T =+。

要想测到单独的2T ,必须消除磁场不均匀影响。

消除磁场不均匀影响采用自旋回波。

测量2T 采用自旋回波脉冲序列为:回波信号与横向磁化xy M 成正比:20'22(2)()exp[]2xy t t M t M T T τ-=-- 当2t τ=时022(2)exp()xy M M T ττ=- 这就是回波幅度。

在回波顶上,180°脉冲完全重聚掉磁场不均匀影响,回波幅度以2T 的指数率衰减,而与'2T 无关。

τ从短到长取若干个值做实验,就可测得2T 。

用上述方法测量2T 的误差较大,由于样品中分子自扩散运动导致回波幅度衰减的机制被忽略了。

改进的方法是让τ始终保持很短,用()180n ττ︒--来代替单个()180ττ︒--,变化n 来达到延时的变化,n 从小到大取值,相当于τ从小到大取值。

脉冲序列变成这就是CPMG 回波序列。

五、 磁共振谱仪和一维PFT-NMR 实验1、谱仪的构造和各主要部件的功能(探头、磁体、匀场、锁场、射频场等)谱仪构造:1、NMR 信号观测及数据处理系统;2、稳定磁场系统;3、磁场均匀化系统,还有双共振系统和变温系统。

1) NMR 信号观测及数据处理系统:脉冲程序器:应当能够稳定、精确地给出实验中所要求的各种宽度和各种间隔的脉冲序列,用来控制发射门、接收门和计算机的工作。

• 射频系统:包括射频振动器,发射门及脉冲功率放大器,能够产生强而短的射频脉冲。

• 探头:包括有交叉线圈或射频电桥的NMR 信号检测系统。

• 接收系统:包括接收门、射频放大器、射频相检波器、音频放大器和滤波器,接收FID 信号。

• 计算机系统:包括A /D 转换器、计算机。

完成数据取样、累加,傅里叶变换和数据处理功能。

• 操作系统:用来控制谱仪和计算机的工作。

• 显示系统:用来显示或记录NMR 图谱。

2) 稳定磁场系统• 电源:用来给电磁铁供电, 产生比较稳定的磁场。

• 稳场系统:用来提高磁场的稳定性。

• 锁场:场频联锁原理:利用一个NMR 色散信号把磁场强度0B 与射频频率0f 按关系式0012f B γπ=联锁起来,使二者保持相对稳定。

3)磁场均匀化系统 •匀场系统:用来提高磁场均匀性,从而提高仪器的分辨率。

•样品旋转系统:提高仪器分辨率。

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