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一、单项选择题

#1 CHOICE
组建计算机网络的目的是为了能够资源共享，这里的资源主要是指硬件、软件和（ ）。
参考答案:
D
💡 解析：计算机网络资源主要包括硬件、软件和数据。
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#2 CHOICE
计算机网络中的OSI参考模型的三个主要概念是（ ）。
参考答案:
A
💡 解析：OSI参考模型的核心是服务、接口和协议。
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#3 CHOICE
对于复杂的计算机网络协议来说，最好的组织方式是（ ）。
参考答案:
B
💡 解析：分层结构能够将复杂问题分解，降低各层之间的耦合度。
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#4 CHOICE
分组交换网络的缺点是（ ）。
参考答案:
B
💡 解析：分组交换每个分组都必须携带源和目的地址等控制信息，导致附加开销大。
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#5 CHOICE
100BASE-TX 使用的传输介质是（ ）。
参考答案:
A
💡 解析：T代表Twisted Pair（双绞线），100表示100Mbps。
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#6 CHOICE
不受电磁干扰和噪声影响的传输介质是（ ）。
参考答案:
C
💡 解析：光纤使用光信号传输，完全免疫电磁干扰。
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#7 CHOICE
为了提供更多的子网，为一个B类地址指定了子网掩码255.255.240.0，则每个子网最多可以分配的主机数是（ ）。
参考答案:
C
💡 解析：掩码为/20，主机位有32-20=12位，主机数 2^12 - 2 = 4096 - 2 = 4094。
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#8 CHOICE
IP 数据报在传送过程中，TTL字段等于零，则路由器会发出（ ）。
参考答案:
A
💡 解析：TTL归零时，路由器丢弃该分组并向源主机发送ICMP时间超过（超时）报文。
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#9 CHOICE
UDP 数据报中的长度字段（ ）。
参考答案:
D
💡 解析：UDP首部中的长度字段表示整个UDP数据报（包含首部和数据）的长度。
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#10 CHOICE
某用户在局域网内开机后，直接通过浏览器访问 http://202.38.70.25 获取网页。在从打开计算机电源到成功显示页面的过程中，可能未用到的协议是（ ）。
参考答案:
B
💡 解析：因为直接输入了IP地址，所以无需使用DNS进行域名解析。
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#11 CHOICE
一个FTP站点，IP地址是192.168.1.100，端口号是2020，则客户端访问该站点时，在浏览器的地址栏中的有效输入是（ ）。
参考答案:
C
💡 解析：FTP协议使用ftp://前缀，非默认端口需使用冒号补充在IP后。
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#12 CHOICE
如果子网掩码是255.255.192.0，那么下面主机必须通过路由器或三层交换机才能与主机 129.23.144.16通信的是（ ）。
参考答案:
B
💡 解析：144的二进制为10010000，掩码192为11000000，与运算网段为128。127的网段是64，不在同一子网，需通过路由器。
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#13 CHOICE
与 IPv4 相比，IPv6（ ）。
参考答案:
D
💡 解析：IPv6为了加快路由处理速度，去除了首部校验和字段。
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#14 CHOICE
某网络的物理层规定，电缆长度不超过15m，这体现了物理层接口的（ ）。
参考答案:
A
💡 解析：尺寸、形状、线缆长度等物理尺寸限制属于机械特性。
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#15 CHOICE
某网络的物理层规定，数据传输速率不超过20kbps，这体现了物理层接口的（ ）。
参考答案:
B
💡 解析：传输速率、电压范围、阻抗等电气限制属于电气特性。
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#16 CHOICE
一个16接口的以太网交换机，冲突域和广播域的个数分别是（ ）。
参考答案:
D
💡 解析：交换机每个端口独立为一个冲突域，但所有端口默认在同一个广播域（VLAN除外）。
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#17 CHOICE
在一个CSMA/CD网络中，使用一个集线器连接所有站点，站点到集线器的最长距离为100m，信号的传播速率为200000km/s，则站点检测出冲突的最长时间是（ ）。
参考答案:
A
💡 解析：最长冲突检测时间为两倍的端到端传播时延：2 * (100 / 200,000,000) = 1μs。
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#18 CHOICE
若X、Y、Z通过CDMA共享链路，接收端从链路上收到的序列是 (1,1,-3,1)，则X、Y、Z发送的数据分别是（ ）。
参考答案:
D
💡 解析：将接收序列分别与X、Y、Z码片求内积：X: 4/4=1，Y: -4/4=-1(即发0)，Z: 4/4=1。
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#19 CHOICE
网络层有四个重要的协议，分别是（ ）。
参考答案:
C
💡 解析：网络层的核心四大协议为 IP, ICMP, ARP, IGMP。
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#20 CHOICE
下一代因特网核心协议IPv6的地址长度是（ ）。
参考答案:
D
💡 解析：IPv6采用128位地址，彻底解决了IPv4地址枯竭问题。
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#21 CHOICE
TCP 使用很多的计时器来实现相关的功能，TCP使用的计时器有（ ）。 I.超时计时器 II.持续计时器 III.保活计时器 IV.时间等待计时器
参考答案:
D
💡 解析：TCP主要包含四种核心计时器：用于应对丢包的超时重传计时器、防止零窗口死锁的持续(坚持)计时器、检测连接状态的保活计时器，以及确保连接安全关闭的时间等待（TIME-WAIT）计时器。
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#22 CHOICE
转发数据包时，网络层所使用的主要信息依据是（ ）。
参考答案:
A
💡 解析：路由器工作在网络层，根据路由表中的目的IP地址进行数据包的转发。
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#23 CHOICE
以下关于TCP时间等待计时器的描述，正确的是（ ）。
参考答案:
C
💡 解析：TIME_WAIT等待2MSL的时间，保证主动方发出的最后ACK到达被动方，防止丢包导致被动方无法关闭。
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#24 CHOICE
某用户在局域网内开机后，直接通过浏览器访问 http://202.38.70.25... 可能未用到的协议是（ ）。
参考答案:
B
💡 解析：（同第10题）直连IP无需域名解析。
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#25 CHOICE
网络156.26.0.0/28的广播地址是（ ）。
参考答案:
A
💡 解析：子网掩码/28剩余4位主机位，主机位全1即00001111(15)，故广播地址为156.26.0.15。
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#26 CHOICE
与IP地址10.110.12.29， 掩码255.255.255.224属于同一网段的主机 IP地址是（ ）。
参考答案:
B
💡 解析：网段为.0，范围为1~30，31为广播地址，32为下一个子网。只有30是有效主机IP。
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#27 CHOICE
以下关于IPv6的说法中，正确的是（ ）。
参考答案:
B
💡 解析：IPv6采用128位地址体系，彻底解决了可用IP匮乏的痛点。
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#28 CHOICE
在B类网络中，可以分配的主机地址是（ ）。
参考答案:
D
💡 解析：B类地址默认有16位主机位，去掉全0网段和全1广播，2^16 - 2 = 65534。
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#29 CHOICE
以下哪种协议用于电子邮件传输（ ）。
参考答案:
C
💡 解析：SMTP (Simple Mail Transfer Protocol) 是标准的邮件发送协议。
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二、填空题

#30 FILL
已知CRC的生成多项式 G(X) = X4+X2+X+1，信息位是1101001，则CRC校验过程中的除数为______，被除数为______，计算出的冗余码为______。
参考答案:
10111, 11010010000, 1010
💡 解析：生成多项式对应10111，最高次为4，故在信息位后补4个0构成被除数。模2除法后余数1010。
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#31 FILL
协议是为______之间进行逻辑通信而定义的______的集合。
参考答案:
对等实体, 规则（或约定）
💡 解析：网络协议是为同等层次（对等实体）间通信制定的格式和规则。
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#32 FILL
假设主机甲采用停止-等待协议向主机乙发送数据帧，数据传输速率为3kbps，RTT=400ms，忽略确认帧长度，则信道利用率为40%时，数据帧的长度为______。
参考答案:
800bit
💡 解析：利用率 U = Td / (Td + RTT)。0.4 = Td / (Td + 0.4)，解得 Td = 0.2667s。帧长 = 0.2667s * 3000bps = 800bit。
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#33 FILL
在网络协议的各层中，第______层为第______层提供服务。
参考答案:
N, N+1 （或下, 上）
💡 解析：网络模型的分层结构中，低层为高层提供透明服务。
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#34 FILL
CSMA/CA协议中，X选取退避值2，Y选取5。经______个时隙后，______率先获得信道。若其发送失败，将采用______算法处理。
参考答案:
2, X, 二进制指数退避
💡 解析：倒计时先归零的站点获得发送权；碰撞后使用指数退避减小再次碰撞概率。
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#35 FILL
OSI参考模型从下到上依次为物理层、数据链路层、______、运输层、会话层、______和应用层。
参考答案:
网络层, 表示层
💡 解析：OSI经典的七层模型顺序结构。
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#36 FILL
协议的三要素包括______、______、______。
参考答案:
语法, 语义, 同步（或时序）
💡 解析：分别定义了如何通信、通信内容的含义以及通信的先后顺序。
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#37 FILL
电子邮件的传送是依靠______进行的，其主要任务是负责服务器之间的邮件传送。
参考答案:
SMTP
💡 解析：SMTP协议专用于邮件发送和MTA服务器间的中继传输。
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#38 FILL
分组交换网络中的时延主要由节点的发送时延、______、______和______四部分组成。
参考答案:
传播时延, 处理时延, 排队时延
💡 解析：四个核心时延构成了计算机网络端到端总时延。
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#39 FILL
一个IP地址为192.168.1.100，子网掩码为255.255.255.0，该IP地址的网络号是______。
参考答案:
192.168.1.0
💡 解析：IP地址与子网掩码进行按位与(&)运算，屏蔽主机位即得到网络号。
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三、判断题

#40 JUDGE
在OSI参考模型中，自下而上第一个提供端到端服务的层次是运输层。
参考答案:
对
💡 解析：网络层以下主要负责逐跳（点到点）传输，只有到了运输层才是负责端到端的进程通信。
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#41 JUDGE
来自信源的信号称为带通信号。
参考答案:
错
💡 解析：来自信源直接发出的未经调制的信号称为“基带信号”。
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#42 JUDGE
CSMA／CD方式中，每个时刻总线上只能有一路传输。
参考答案:
对
💡 解析：CSMA/CD采用广播信道，实质是半双工通信，多路同时传输会引发碰撞冲突。
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#43 JUDGE
IP 数据报的校验和字段只校验其首部。
参考答案:
对
💡 解析：为了提升路由器的转发效率，IPv4的首部校验和不包括数据部分。
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#44 JUDGE
ARP封装在IP数据报的数据部分。
参考答案:
错
💡 解析：ARP协议与IP协议平级，它直接封装在MAC帧的数据载荷中发出。
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#45 JUDGE
TCP和UDP分别拥有自己的端口号，但它们不能共存于同一台主机。
参考答案:
错
💡 解析：TCP和UDP有各自独立的端口空间，相互不冲突，完美共存。
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#46 JUDGE
曼彻斯特编码每一周期分为两个相等的间隔。
参考答案:
对
💡 解析：周期中间的跳变既表示了数据比特，又提供了完美的时钟同步信号。
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#47 JUDGE
原始的、没有经过调制的数字信号称为带通信号。
参考答案:
错
💡 解析：原始数字信号称为基带信号；经过载波调制后才能称为带通信号。
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#48 JUDGE
CSMA/CD是一种全双工的工作方式。
参考答案:
错
💡 解析：以太网的CSMA/CD本质上是单工或半双工工作方式，全双工无需使用CD(碰撞检测)。
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#49 JUDGE
为进一步减小校验和的工作量，IP首部的校验和不采用CRC校验码。
参考答案:
对
💡 解析：IP首部采用16位反码求和的简单校验算法，而非复杂的CRC多项式计算。
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#50 JUDGE
发送ARP包需要知道对方的MAC地址。
参考答案:
错
💡 解析：发送ARP包的目的正是为了“获取”对方的MAC地址，请求包是以广播MAC形式发出的。
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#51 JUDGE
当一个TCP连接建立时，它们互不干扰，不能共存于同一台主机。
参考答案:
错
💡 解析：只要四元组(源IP,目的IP,源端口,目的端口)不同，同一台主机可以维持数万个TCP连接。
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#52 JUDGE
无分类编址CIDR消除了传统的A、B、C类网络的划分。
参考答案:
对
💡 解析：CIDR采用了变长子网掩码机制，打破了按8位/16位/24位严格划分的死板分类。
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#53 JUDGE
TCP拥塞控制中，如果定时器超时，拥塞窗口的大小应设置为1，如果收到三个重复确认，拥塞窗口的大小应设置为收到重复确认时拥塞窗口的一半。
参考答案:
对
💡 解析：严重拥塞(超时)回落至1并慢开始；轻微拥塞(3个重复ACK)执行快重传和快恢复(减半)。
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#54 JUDGE
数据链路层的主要功能是提供端到端的可靠传输。
参考答案:
错
💡 解析：数据链路层主要解决相邻节点（点到点）的帧传输，端到端是由运输层负责的。
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#55 JUDGE
集线器工作在数据链路层，它可以隔离冲突域。
参考答案:
错
💡 解析：集线器(Hub)是物理层设备，只能放大和转发信号，无法隔离冲突域。
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#56 JUDGE
IP数据报的“首部检验和”字段既检验数据报的首部，又检验数据部分。
参考答案:
错
💡 解析：同前，仅校验首部以提高路由转发效率。
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#57 JUDGE
域名系统DNS是一个分布式数据库，它可以将域名解析为IP地址。
参考答案:
对
💡 解析：DNS架构的核心就是通过分布式层级服务器提供域名到IP的映射服务。
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#58 JUDGE
电路交换会经过建立连接、通话、释放连接三个阶段。
参考答案:
对
💡 解析：电路交换具有典型的面向连接和专线占用的三大阶段特征。
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#59 JUDGE
域名系统中，顶级域名com表示商业机构。
参考答案:
对
💡 解析：com=company，代表全球范围的商业、企业机构。
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四、综合应用题

#60 PROG
在某个RIP的网络中，B和C互为相邻路由器，请根据以下两表，求出路由器B更新后的路由表，并说明当路由器B收到发往网络N2的IP分组时，应该如何处理，并说明理由。
路由器B 当前路由表：
目的网络距离下一跳
N17A
N22C
N84E
路由器C 广播的距离向量报文：
目的网络距离
N215
N82
参考答案:
【考查知识点】RIP协议的距离向量路由更新算法。 【答题步骤】 1. 修改接收报文：将 C 发来的路由报文距离均加 1，下一跳改为 C，得到新项目：(N2, 16, C) 和 (N8, 3, C)。 2. 对比更新路由表 B： - 目的网络 N1：C 报文中无信息，保持不变，仍为 (N1, 7, A)。 - 目的网络 N2：下一跳相同（均为 C），无条件更新，变为 (N2, 16, C)。 - 目的网络 N8：下一跳不同，且新距离 3 < 原距离 4，发现更优路径，更新为 (N8, 3, C)。 3. 分组处理：B 收到发往 N2 的分组将直接丢弃，并向源主机发送 ICMP 目的不可达报文。 4. 理由：路由表中 N2 的距离更新为 16，在 RIP 协议中，距离等于 16 表示网络不可达。
💡 解析：RIP路由更新铁律：1. 见新加一改下一跳；2. 同下一跳必更新（无论好坏，反映拓扑真实变化）；3. 异下一跳优胜劣汰（只取距离更短的）。
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#61 PROG
月球到地球的距离大约为3.8×10^5km，在它们之间架设一条200kbps的点到点链路，信号传播速率为光速（3.0×10^5km/s）。若将一幅照片从月球传回地球所需时间为501.3s，请计算传播时延、发送时延以及这幅照片的大小（MB）。
参考答案:
【考查知识点】计算机网络性能指标（发送时延与传播时延的计算）。 【答题步骤】 1. 计算传播时延： Tp = (3.8 × 10^5 km) / (3.0 × 10^5 km/s) ≈ 1.3 s 2. 计算发送时延： 已知总耗时为 501.3s，则 Td = 总耗时 - Tp = 501.3 - 1.3 = 500.0 s 3. 计算照片大小： 数据量 = 发送时延 × 发送速率 = 500.0 s × (200 × 10^3 bps) = 100,000,000 bit 换算为字节：100,000,000 / 8 = 12,500,000 B 换算为 MB：12,500,000 / (1024 × 1024) ≈ 11.9 MB
💡 解析：注意区分两个时延的物理意义：发送时延发生在机器内部（网卡将比特推向链路），传播时延发生在机器外部（比特在物理介质中飞行）。另外，网络速率单位k是10^3，而存储容量单位K是2^10。
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#62 PROG
互联网中的一个自治系统的内部结构如下图所示，路由选择协议采用OSPF协议，图中端口处的数字表示该路由器向该链路转发分组的代价。请回答OSPF计算最优路径时所采用的算法，并计算R6的关于网络N1、N2、N3、N4的路由表，结果以<目的网络，距离，下一跳路由器>的形式表示。
graph LR N1((网络 N1)) ---|3| R1[R1] N2((网络 N2)) ---|3| R2[R2] R1 ---|1| N3((核心网 N3)) R2 ---|1| N3 N3 ---|1| R3[R3] N3 ---|1| R4[R4] R3 ---|2| N4((网络 N4)) R4 ---|8| R5[R5] R3 ---|8出 / 6进| R6[R6] R5 ---|7出 / 6进| R6 classDef net fill:#e1f5fe,stroke:#03a9f4,stroke-width:2px,color:#000; class N1,N2,N3,N4 net;
参考答案:
【考查知识点】OSPF协议与Dijkstra最短路径算法。 【答题步骤】 1. 采用算法：OSPF 计算最优路径采用 Dijkstra 算法（或最短路径优先 SPF 算法）。 2. 计算过程（注：离开路由器的链路计代价，进入下一跳路由器前穿越网络的代价计为 0）： - 到 N1：路径 R6 → R3 → N3 → R1 → N1，代价 = 6+1+0+3 = 10，下一跳：R3。 - 到 N2：路径 R6 → R3 → N3 → R2 → N2，代价 = 6+1+0+3 = 10，下一跳：R3。 - 到 N3：路径 R6 → R3 → N3，代价 = 6+1 = 7，下一跳：R3。 - 到 N4：路径 R6 → R3 → N4，代价 = 6+2 = 8，下一跳：R3。 3. 最终路由表： <N1, 10, R3>、<N2, 10, R3>、<N3, 7, R3>、<N4, 8, R3>
💡 解析：这道题是经典的拓扑陷阱题。别到处找别的路，从 R6 出发走 R5 的代价太高（6+8=14），而走 R3 的代价极低，因此通往全网所有节点的下一跳全部都是 R3！
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#63 PROG
主机甲和主机乙已经建立了一个TCP连接，最大段长MSS=1KB，假设该线路往返时间RTT固定为3s，甲一直有数据向乙发送，当甲的拥塞窗口为16KB时计时器发生了超时，请计算甲的拥塞窗口再次增长到16KB所需要的时间是多少？并说明理由。
参考答案:
【考查知识点】TCP拥塞控制算法（慢开始与拥塞避免）。 【答题步骤】 1. 超时处理：cwnd=16KB 发生超时，慢开始门限更新为 ssthresh = 16/2 = 8KB，cwnd 重置为 1KB。 2. 慢开始阶段（指数增长）： - 经历 1 个 RTT，cwnd = 2KB - 经历 2 个 RTT，cwnd = 4KB - 经历 3 个 RTT，cwnd = 8KB 此时 cwnd = ssthresh = 8KB，转入拥塞避免阶段。共耗费 3 个 RTT。 3. 拥塞避免阶段（线性加性增长）： 目标从 8KB 增长到 16KB，每 RTT 增加 1KB。所需时间 = (16 - 8) / 1 = 8 个 RTT。 4. 总时间计算： 总 RTT 数量 = 3 + 8 = 11 个 RTT。 总时间 = 11 × 3s = 33s。
💡 解析：遇到网络拥塞（超时）的严厉惩罚：“门限减半，窗口归一”。注意在到达门限值时（cwnd=ssthresh），既可以继续慢开始，也可以改用拥塞避免，但通常按改用拥塞避免计算。
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#64 PROG
一个TCP连接，当它的拥塞窗口大小为64个分组大小时发生超时，假设该线路往返时间 RTT是固定的3s，不考虑其它开销，分组不丢失，则该TCP连接在超时后处于慢开始阶段的时间是多少秒？
参考答案:
【考查知识点】TCP拥塞控制（慢开始阶段的边界计算）。 【答题步骤】 1. 更新参数：拥塞窗口 cwnd=64 时发生超时，慢开始门限 ssthresh = 64/2 = 32，cwnd 重置为 1。 2. 推导慢开始过程： - 初始：cwnd = 1 - 第 1 个 RTT：cwnd = 2 - 第 2 个 RTT：cwnd = 4 - 第 3 个 RTT：cwnd = 8 - 第 4 个 RTT：cwnd = 16 - 第 5 个 RTT：cwnd = 32 3. 计算耗时：此时 cwnd 等于 ssthresh (32)，慢开始结束。共经历 5 个 RTT。 耗时 = 5 × 3s = 15s。
💡 解析：慢开始阶段的特征是“翻倍”。只需计算 2^n = ssthresh 中的 n 即可求出所需 RTT 数量。
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#65 PROG
某公司内网中，一台员工主机（IP：192.168.1.100）想要访问网站www.shop.example.com，需要通过DNS解析获取其IP地址。该公司配置了本地DNS服务器（IP：192.168.1.1），请回答以下问题： （1）整个网络此前均未缓存该域名相关的任何DNS记录，主机向本地DNS服务器发起的查询采用的是哪种查询方式？本地DNS服务器发起的查询采用的是哪种查询方式？ （2）在图中以序号1-11标明（1）中的请求和响应顺序。
sequenceDiagram participant Client as 员工主机 participant Local as 本地DNS participant Root as 根域名服务器 participant TLD as .com顶级域名服务器 participant Auth as example.com权威服务器 Client->>Local: 1. 查询 www.shop.example.com Local->>Root: 2. 查询 www.shop.example.com Root-->>Local: 3. 返回 .com 顶级域名服务器IP Local->>TLD: 4. 查询 www.shop.example.com TLD-->>Local: 5. 返回 example.com 权威域名服务器IP Local->>Auth: 6. 查询 www.shop.example.com Auth-->>Local: 7. 返回 www.shop.example.com 的 IP 地址 Local-->>Client: 8. 返回最终 IP 地址给员工主机
参考答案:
【考查知识点】DNS域名解析过程（递归查询与迭代查询）。 【答题步骤】 1. 查询方式： - 主机向本地 DNS 服务器发起的是递归查询。 - 本地 DNS 服务器向外部域名服务器发起的均为迭代查询。 2. 请求响应顺序（直接列序号）： 1：主机发往本地 DNS 2：本地 DNS 发往根域名服务器 3：根域名服务器返回（指向 .com 顶级） 4：本地 DNS 发往 .com 顶级域名服务器 5：.com 顶级返回（指向权威） 6：本地 DNS 发往 example.com 权威域名服务器 7：权威域名服务器返回 IP 地址 8：本地 DNS 将最终 IP 返回给主机
💡 解析：考试中常考考点：主机到本地DNS是“踢皮球（递归，要结果）”，本地DNS到根是“问路（迭代，要线索）”。
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#66 PROG
一个IP数据报总长度为2700字节（固定首部长度），现在一个网络中传送，需要划分为总长度不超过1020字节的数据报片，说明每个数据报片的数据字段长度和片偏移字段的值，要求：片偏移需要写出计算过程。
分片计算表格：
分片号数据报总长度数据字段长度MF标志片偏移 (单位:8字节)
11020B1000B10
21020B1000B1125
3700B680B0250
参考答案:
【考查知识点】IPv4数据报的分片与重组机制。 【答题步骤】 1. 计算载荷与分片基准： 原始数据总长 = 2700 - 20 (固定首部) = 2680B。 单片最大数据长度 = 1020 - 20 = 1000B（符合 8 的整数倍要求）。 2. 分片结果计算： - 分片 1：数据长度 1000B，MF = 1。起始字节 0，片偏移 = 0 / 8 = 0。 - 分片 2：数据长度 1000B，MF = 1。起始字节 1000，片偏移 = 1000 / 8 = 125。 - 分片 3：剩余数据长度 = 2680 - 2000 = 680B，MF = 0。起始字节 2000，片偏移 = 2000 / 8 = 250。
💡 解析：IP分片时的两个关键原则：1. 除最后一个分片外，前面各分片的数据载荷长度必须是 8 的整数倍；2. 片偏移量是以 8 字节为基本单位的，必须除以 8。
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#67 PROG
有4台主机A、B、C和D，子网掩码均为255.255.255.224，IP地址分别为： A: 192.155.28.112 B: 192.155.28.120 C: 192.155.28.135 D: 192.155.28.202 计算4台主机的网络号，分析4台主机中哪些可以直接通信？哪些需要通过设置路由器才能通信？如果要加入第5台主机E，使它能与主机D直接通信，其IP地址的范围是多少？
参考答案:
【考查知识点】子网掩码、网络地址计算以及直接/间接交付的判断。 【答题步骤】 1. 计算网络号（掩码 /27 块大小为 32）： - A(112)：属于 .96~.127 块，网络号为 192.155.28.96 - B(120)：属于 .96~.127 块，网络号为 192.155.28.96 - C(135)：属于 .128~.159 块，网络号为 192.155.28.128 - D(202)：属于 .192~.223 块，网络号为 192.155.28.192 2. 判断通信： - 主机 A 与主机 B 网络号相同，可直接通信。 - 主机 C、D 与其他主机网络号均不相同，必须通过设置路由器才能通信。 3. 求主机 E 范围： 要与 D 直接通信，E 的网络号必须同为 192.155.28.192。 该子网可用 IP 地址范围为 193 ~ 222。 排除 D 已占用的 202，E 的范围是：192.155.28.193 ~ 192.155.28.201 及 192.155.28.203 ~ 192.155.28.222。
💡 解析：判断两台主机能否直接通信，唯一的标准就是将各自的IP与子网掩码进行“与(AND)”操作，若得出的网络号相同，则在同一网段，可以直接通过ARP获取MAC地址进行通信。
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#68 PROG
考虑某路由器具有下列路由表项：
网络前缀下一跳
142.150.64.0/24A
142.150.71.128/28B
142.150.71.128/30C
142.150.0.0/16D
（1）假设路由器接收到一个目的地址为142.150.71.132的IP分组，请分别计算目的地址与每个网络前缀的匹配结果，并确定该路由器为该IP分组选择的下一跳，并说明原因。 （2）将 142.150.64.0/24 划分为4个规模尽可能大的等长子网，给出每个子网的地址及每个子网的可分配地址范围。
参考答案:
【考查知识点】CIDR无分类编址与最长前缀匹配原则，定长子网划分（FLSM）。 【答题步骤】 1. CIDR 路由选择过程： - 目的 IP 142.150.71.132 的第四字节 132 二进制为 10000100。 - 与 /28 匹配：要求第四字节前 4 位为 1000 (即 128)，匹配成功。 - 与 /30 匹配：要求第四字节前 6 位为 100000，不匹配。 - 与 /16 匹配：前两个字节 142.150 一致，匹配成功。 - 结论：匹配了 /16 和 /28 两条记录。根据最长前缀匹配原则，选择掩码更长的 /28，下一跳为 B。 2. 划分子网（/24 借 2 位变 /26）： 块大小为 256/4 = 64。 - 子网 1：142.150.64.0/26，范围 142.150.64.1 ~ 142.150.64.62 - 子网 2：142.150.64.64/26，范围 142.150.64.65 ~ 142.150.64.126 - 子网 3：142.150.64.128/26，范围 142.150.64.129 ~ 142.150.64.190 - 子网 4：142.150.64.192/26，范围 142.150.64.193 ~ 142.150.64.254
💡 解析：CIDR消除了A、B、C类的概念，路由查找必须遍历并在所有匹配项中寻找掩码最长的记录，因为掩码越长表示路由越具体。
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#69 PROG
网络的拓扑如下图所示，主机H1在访问Web服务器时，以MSS=1KB进行通信，主机H1和Web服务器的平均往返时延RTT=100ms。主机H1建立连接时第一次握手的报文序号为1000，网络的最长报文段寿命（MSL）为400ms。（1）主机H1一共发送了4000B的应用层数据，则TCP释放的过程中主机H1发送的第一个报文的序号为多少？说明原因。（2）从主机H1发送了第一次挥手报文到主机进入到CLOSED状态需要的最短时间为多少？说明原因。
参考答案:
【考查知识点】TCP连接释放过程（四次挥手）、序列号计算规则及 TIME-WAIT 状态。 【答题步骤】 1. 计算第一个报文序号（第一个 FIN）： - 握手时 SYN=1 占用 1 个序号（即占用 1000）。 - 4000B 应用层数据占用的序号区间为 1001 到 5000。 - 挥手发送 FIN 报文紧跟在最后一位数据之后，因此序号为 5001。 2. 计算进入 CLOSED 最短时间： - 最短时间 = FIN 及 ACK 交互时长 (约 1 个 RTT) + 必须等待的 TIME-WAIT 时长 (2MSL)。 - 100ms + 2 × 400ms = 900ms。
💡 解析：TCP序列号的消耗极其严格：凡是占用序号空间的操作（SYN占1，FIN占1，数据载荷占N），后续报文必须在序列号上累加。TIME-WAIT时长恒为2MSL，目的是为了确保最后的ACK能到达对方且让旧连接的报文在网络中自然消亡。
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#70 CODE
如有主机甲（客户端）与主机乙（服务器端）通过TCP协议进行通信。假设甲的初始序号为2045，乙的初始序号为1812，请描述甲与乙建立TCP连接的三次握手过程，说明握手次序、发送方以及SYN、ACK、seq、ack的值，可绘制图表说明。
sequenceDiagram participant A as 客户端(甲) participant B as 服务端(乙) A->>B: 第一次握手: SYN=1, ACK=0, seq=2045 B-->>A: 第二次握手: SYN=1, ACK=1, seq=1812, ack=2046 A->>B: 第三次握手: SYN=0, ACK=1, seq=2046, ack=1813
参考答案:
【考查知识点】TCP连接建立的三次握手机制及报文段首部控制位。 【答题步骤】 1. 第一次握手（甲 -> 乙）： 同步位 SYN=1，确认位 ACK=0，序号 seq=2045，ack=无。 2. 第二次握手（乙 -> 甲）： 同步位 SYN=1，确认位 ACK=1，序号 seq=1812，确认号 ack=2046（甲的 seq+1）。 3. 第三次握手（甲 -> 乙）： 同步位 SYN=0，确认位 ACK=1，序号 seq=2046，确认号 ack=1813（乙的 seq+1）。
💡 解析：记忆口诀：三次握手，SYN伴随建立，ACK伴随应答；seq是自己的初始值，ack永远期待收到对方的上一个序号加一（前提是对方发了SYN、FIN或实际数据）。
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