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网络层习题
网络层功能
例题 在路由器互联的多个局域网的结构中，要求每个局域网()。
$A.$物理层协议可以不同，而数据链路层及其以上的高层协议必须相同
$B.$物理层、数据链路层协议可以不同，而数据链路层以上的高层协议必须相同
$C.$物理层、数据链路层、网络层协议可以不同，而网络层以上的高层协议必须相同
$D.$物理层、数据链路层、网络层及高层协议都可以不同
解：$C$。路由器是第三层设备，向传输层及以上层次隐藏下层的具体实现，所以物理层、数据链路层、网络层协议可以不同。而网络层之上的协议数据是路由器所不能处理的，因此网络层以上的高层协议必须相同。本题容易误选$B$，主要原因是在目前的互联网中广泛使用的是$TCP/IP$协议族，在网络层用的多是$IPv4$，所以误认为网络层协议必须相同。而实际上，使用特定的路由器连接$IPv4$与$IPv6$网络，就是典型的网络层协议不同而实现互联的例子。
IP协议
IP数据报分片
数据报分片时要注意$MTU$要减去报文头部长度，且因为偏移量以$8$为单位，所以余下的报文段数据长度必须可被$8$整除。
可整除
若是数据可被$8$整除，则是一个较简单的题目。
例题 假如现在一个数据报，首部为$20$字节，数据部分$3800$字节，需要分片为长度不超过$1420$字节的数据报片，求每一个报片的片偏移量。
解：已知$MTU=1420$字节，此题目中首部为$20$字节，所以每一个分片的数据部分最大为$1400$字节，都携带一个同样的首部。
数据部分为$3800$字节，所以可以分为三片，数据大小分别为$1400$、$1400$、$1000$字节。
所以第一个报片的数据部分是从$0$到$1399$字节的，所以该片的片偏移为$0$，因为分片后数据开头的地方不变。
第二个报片的数据部分是从$1400$到$2799$字节，且偏移量以$8$字节为单位，所以该片的偏移量为$1400÷8=175$。
第二个报片的数据部分是从$2800$到$3799$字节，所以该片的偏移量为$2800÷8=350$。
不可整除
当数据最大长度不可被$8$整除时就要选一个较小的最近的数作为长度。
例题 某网络的一台主机产生了一个$IP$数据报，头部长度为$20B$，数据部分长度为$2000B$。该数据报需要经过两个网络到达目的主机，这两个网络所允许的最大传输单位（$MTU$）分别为$1500B$和$576B$。问原数据报到达目的主机时分成了几个$IP$小报文？每个报文的数据部分长度分别是多少？
解：由于经过两个网络，所以需要进行两次切分。
对于第一个网络的$MTU=1500B$，而头部长度为$20B$，所以数据部分每片$1500-20=1480B$，第二片为$2000- 1480=520B$，所以原$IP$数据报经过第一个网络后分成了两个$IP$小报文，第一个报文的数据部分长度是$1480B$，第二个报文的数据部分长度是$520B$。
到了第二个网络，数据部分每片$576-20=556B$，但$556$不能被$8$整除，所以分片时的数据部分最大只能取$552$。第一个报文经过第二个网络后，$1480-552\times2=376<576$，所以分片为$552B$、$552B$、$376B$的$3$个$IP$小报文；第二个报文$520<552$，因此不用分片。
因此到达目的主机时，原$2000B$的数据被分成数据长度分别为$552B$、$552B$、$376B$、$520B$的$4$个小报文。
IP地址
例题 下列地址中，属于单播地址的是()。
A.172.31.128.255/18
B.10.255.255.255
C.192.168.24.59/30
D.224.105.5.211
解：$A$。$10.255.255.255$为$A$类地址，主机号全$1$，代表网络广播，为广播地址，且这个地址还是一个私有地址。$192.168.24.59/30$为$CIDR$地址，只有后面$2$位为主机号，而$59$用二进制表示为$00111011$，可知主机号全$1$，代表网络广播，为广播地址。$224.105.5.211$为$D$类组播地址。
数据长度
注意首部长度以$4$字节为单位，总长度以$1$字节为单位，偏移量以$8$字节为单位。且如果是二进制表示，则需要转换为十进制，同理十六进制也需要转换为十进制。
例题 一个$IP$分组报头中的首部长度字段值为$101$（二进制），而总长度字段值为$101000$（二进制）。请问该分组携带了多少字节的数据？
解：首先首部长度为$101=4+1=5$，即首部为$5\times4=20B$，然后总长度字段为$101000=32+8=40B$，所以数据为总长度减去首部长度$40-20=20B$。
划分子网
划分意义
例题 把$IP$网络划分成子网，这样做的好处是()。
$A.$增加冲突域的大小
$B.$增加主机的数量
$C.$减少广播域的大小
$D.$增加网络的数量
解：$C$。划分子网可以增加子网的数量，子网之间的数据传输需要通过路由器进行，因此自然就减少了广播域的大小。另外，划分子网，由于子网号占据了主机号位，所以会减少主机的数量；划分子网仅提高$IP$地址的利用率，并不增加网络的数量。
同网地址
例题 一台主机有两个$IP$地址，一个地址是$192.168.11.25$，另一个地址可能是()。
A.192.168.11.0
B.192.168.11.26
C.192.168.13.25
D.192.168.11.24
解：$C$。如果一台主机有两个或两个以上的$IP$地址，那么说明这台主机属于两个或两个以上的逻辑网络。值得注意的是，在同一时刻一个合法的$IP$地址只能分配给一台主机，否则就会引起$IP$地址冲突。P地址$192.168.11.25$属于$C$类地址，前$3$个八位代表网络号，后面一个八位代表主机号，所以$A$、$B$、$D$同属于一个逻辑网络，只有$C$的网络号不同，表明它在不同的逻辑网络。
子网掩码
例题 已知$IP$地址位$141.14.72.24$，子网掩码为$255.255.192.0$，求网络地址。
解：已知子网掩码前两个八位都是$255$，表示掩码前$16$位全部是$1$，相与时不变，所以网络前$16$位依然为$141.14$。
而子网掩码最后一个八位全部是$0$，所以与$24$相与全部是$0$，从而网络地址为$141.14.x.0$。
主要看子网掩码第三个八位既有$0$又有$1$的部分。$72$用二进制表示为$0100,1000$，而$192$用二进制表示为$1100,0000$，子网号为$2$位，主机号为$14$位，从而进行与操作得到网络号为$0100,0000=64$。
所以最后网络号为$141.14.64.0$。
例题 一个网络中有几个子网，其中一个已分配了子网号$74.178.247.96/29$，则下列网络前缀中不能再分配给其他子网的是()。
A.74.178.247.120/29
B.74.178.247.64/29
C.74.178.247.96/28
D.74.178.247.104/29
解：$C$。“$/29$"表明前$29$位是网络号，$4$个选项的前$3$个字节均相同。$A$中第$4$个字节$120$为$0111,1000$，前$5$位为$01111$；$B$中第$4$个字节$64$为$0100,0000$，前$5$位为$01000$；$C$中第$4$个字节$96$为$0110,0000$，前$4$位为$0110$；$D$中第$4$个字节$104$为$0110,1000$，前$5$位为$01101$。由于已经分配的子网$74.178.247.96/29$的第$4$字节的前$5$位为$01100$，这与$C$中第$4$字节的前$4$位重叠。因此$C$中的网络前缀不能再分配给其他子网。
划分数量
例题 一个网段的网络号为$198.90.10.0/27$，子网掩码固定为$255.255.255.224$，最多可以分成()个子网，每个子网最多具有()个有效的$IP$地址。
A.8,30
B.4,62
C.16,14
D.32,6
解：$A$。由题可知，主机号有$5$位，若主机号只占$1$位，则没有有效的$IP$地址可供分配（排除$0$和$1$就没有了），最少$2$位表示主机号，因此还剩$3$位可以表示子网号，所以最多可以分成$8$个子网。而当$5$位都表示主机数，即只有$1$个子网时，每个子网最多具有$30$个有效的$IP$地址（除去了全$0$和全$1$）。
通信有效性
例题 某子网的子网掩码为$255.255.255.224$，一共给$4$台主机分配了$IP$地址，其中一台因$IP$地址分配不当而存在通信故障。这一台主机的$IP$地址是()。
A.202.3.1.33
B.202.3.1.65
C.202.3.1.44
D.202.3.1.55
解：$B$。在本题的条件下，某主机不能正常通信意味着它的$IP$地址与其他三台主机不在同一个子网。子网掩码$255.255.255.224$（表明前$27$位是网络号）可以划分为$2^3=8$个子网，其中前$3$个子网的地址范围为$202.3.1.1\sim30$（$000$开头），$33\sim62$（$001$开头），$65\sim94$（$010$开头）（全$0$或全$1$的不能作为主机地址）。可以看出$B$选项属于子网$202.3.1.64$，而其余$3$项属于子网$202.3.1.32$。
构成超网
路由器选址
例题 路由器$R0$的路由表见下表：若进入路由器$R0$的分组的目的地址为$132.19.237.5$，请问该分组应该被转发到哪一一个下一跳路由器()。
A.R1
B.R2
C.R3
D.R4
| 目的网络 | 下一跳 |
|---|---|
| 132.0.0.0/8 | R1 |
| 132.0.0.0/11 | R2 |
| 132.19.232.0/22 | R3 |
| 0.0.0.0/0 | R4 |
解：$B$。
其中$D$表示默认路由，代表本路由表中找不到对应的路由，只能交给其他路由器查找。如果$ABC$都不对$D$才能作为选项。
如果是$R1$，网络前缀是$8$的话，目的地址的网络号就是$132.0.0.0$，所以与路由表中目的网络网络号一致，可用作为下一跳的选项。
如果是$R2$，网络前缀是$11$的话，目的地址的网络号就是$132.0.0.0$，所以也可用作为下一条的选项。
如果是$R3$，网络前缀是$22$的话，目的地址的网络号是$132.19.236.0$，与路由表中目的网络网络号不一致，所以不能作为选项。
所以$AB$都是可选的，而根据最长前缀匹配，需要选择网络前缀最长的、地址最具体的，所以选择$B$。
网络可分配个数
例题 某网络的$IP$地址空间为$192.168.5.0/24$，采用定长子网划分，子网掩码为$255.255.255.248$，则该网络中的最大子网个数、每个子网内的最大可分配地址个数分别是()。
A.32,8
B.32,6
C.8,32
D.8,30
解：$B$。已知$IP$为$192.168.5.0/24$，前$24$位都是网络前缀，又采用定长子网划分，所以要对后面八位进行子网划分。
子网掩码为$255.255.255.248$，所以前五位为子网号，后三位为主机号。所以子网号就是$2^5=32$。主机号为$2^3=8$，但是全$0$全$1$不可用，所以就是$6$。所以最后选$B$。
子网聚合
例题 在$4$个“$24$”地址块中进行最大可能的聚合：$212.56.132.0/24$、$212.56.133.0/24$、$212.56.134.0/24$、$212.56.135.0/24$。
解：由于一个$CIDR$地址块中可以包含很多地址，所以路由表中就利用$CIDR$地址块来查找目的网络，这种地址的聚合常称为路由聚合。
本题已知有$212.56.132.0/24$、$212.56.133.0/24$、$212.56.134.0/24$、$212.56.135.0/24$地址块，前面两个字节全部相同，第$3$字节分别为$1000,0100$、$1000,0101$、$1000,0110$、$1000,0111$。
可知第$3$字节前$6$位相同，因此共同前缀为$8+8+6=22$位，将后面的位数全部变成$0$，前面的数据保留，聚合的$CIDR$地址块是$212.56.132.0/22$。
例题 路由器$R1$通过接口$E1$、$E2$分别连接局域网$1$（$IP$地址为$202.118.1.0/25$）、局域网$2$（$IP$地址为$202.118.1.128/25$），通过接口$L0$连接路由器$R2$，并通过路由器$R2$连接域名服务器与互联网。$R1$的$L0$接口的$IP$地址是$202.118.2.1$；$R2$的$L0$接口的$IP$地址是$202.118.2.2$，$L1$接口的$IP$地址是$130.11.120.1$，$E0$接口的P地址是$202.118.3.1$；域名服务器的$IP$地址是$202.118.3.2$。
路由表结构：目的网络$IP$地址；子网掩码；下一跳$IP$地址；接口。
请给出$R1$的路由表使其明确包括到局域网$1$的路由、局域网$2$的路由、域名服务器的主机路由和互联网的路由。采用路由聚合技术，给出$R2$到局域网$1$和局域网$2$的路由。
解：由于局域网$1$和局域网$2$分别与路由器$R1$的$E1$、$E2$接口直接相连，因此在$R1$的路由表中，目的网络为局域网$1$的转发路径是直接通过接口$E1$转发的，目的网络为局域网$2$的转发路径是直接通过接口$E2$转发的。由于局域网$1$、$2$的网络前缀均为$25$位，因此它们的子网掩码均为$255.255.255.128$。
域名服务器地址不是一个网络，而是一个主机，所以说$R1$专门为域名服务器设定了一个特定的路由表项，因此该路由表项中的子网掩码应为$255.255.255.255$（只有和全$1$的子网掩码相与时，才能完全保证和目的$IP$地址一样，从而选择该特定路由）。对应的下一跳转发地址是$202.118.2.2$，转发接口是$L0$。
$R1$到互联网的路由实质上相当于一个默认路由，因为互联网没有主机地址只有一个$R2$的$L1$接口地址（即当某一目的网络$IP$地址与路由表中其他任何一项都不匹配时，匹配该默认路表项，去到互联网中寻找），默认路由一般写为$0/0$，即目的地址为$0.0.0.0$，子网掩码为$0.0.0.0$。对应的下一跳转发地址是$202.118.2.2$，转发接口是$L0$。综上可得到路由器$R1$的路由表如下：
| 目的网络IP地址 | 子网掩码 | 下一跳IP地址 | 接口 |
|---|---|---|---|
| 202.118.1.0 | 255.255.255.128 | E1 | |
| 202.118.1.128 | 255.255.255.128 | E2 | |
| 202.118.3.2 | 255.255.255.255 | 202.118.2.2 | L0 |
| 0.0.0.0 | 0.0.0.0 | 202.118.2.2 | L0 |
局域网$1$和局域网$2$的地址可以聚合为$202.118.1.0/24$，而对于路由器$R2$来说，通往局域网$1$和局域网$2$的转发路径都是从$L0$接口转发的，因此采用路由聚合技术后，路由器$R2$到局域网$1$和局域网$2$的路由如下：
| 目的网络IP地址 | 子网掩码 | 下一跳P地址 | 接口 |
|---|---|---|---|
| 202.118.1.0 | 255.255.255.0 | 202.118.2.1 | L0 |
变长子网划分
例题 若将$101.200.16.0/20$划分为$5$个子网，则可能的最小子网的可分配$IP$地址数是()。
A.126
B.254
C.510
D.1022
解：$B$。因为需要划分五个子网，按一般划分情况下等长划分，需要$3$位划成$8$个子网，从而一共可分配地址为$2^{32-20-3}-2=2^9-2=510$个。但是因为要求可能的最小子网可分配地址，所以需要使用变长子网划分。即第一大子网使用$1$位子网号，第二大子网使用$2$位子网号，逐渐对半分配。一共可以分$2^{32-20}=2^{12}=4096$个，第一个子网分一半，为$4096\div2-2=2046$个（全$0$全$1$不要），余下$2048$个，第二个子网分一半，为$2048\div2-2=1022$个，余下$1024$个，第三个子网分一半，为$1024\div2-2=510$个，余下$512$个，最后第四个第五个子网各分一半，所以为$512\div2-2=254$个。
例题 一个自治系统有五个局域网，$LAN1$上通过三个路由器连接四个局域网$LAN2$、$LAN3$、$LAN4$、$LAN5$，$LAN4$和$LAN5$连接在同一个路由器上，$LAN2$至$LAN5$上的主机数分别为$91$、$150$、$3$和$15$，该自治系统分配到的$IP$地址块为$30.138.118/23$，试给出每个局域网的地址块（包括前缀）。
解：分配网络前缀应先分配地址数较多的前缀。已知该自治系统分配到的IP地址块为$30.138.118/23$。
注意：一个路由器端口也需要占用一个$IP$地址。
$LAN3$主机数$150$，由于$(2^7-2)<150+1<(2^8-2)$，所以主机号为$8bit$，网络前缀为$24$。取第$24$位为$0$，分配地址块$30.138.118.0/24$。
$LAN2$主机数$91$，由于$(2^6-2)<91+1<(2^7-2)$，所以主机号为$7bit$，网络前缀为$25$。$24$位已经被上一个分配用过了$0$，所以取第$24$、$25$位为$10$，分配地址块$30.138.119.0/25$。
$LAN5$主机数为$15$，由于$(2^4-2)<15+1<(2^5-2)$，所以主机号为$5bit$，网络前缀$27$。取第$24$、$25$、$26$、$27$位为$1110$，分配地址块$30.138.119.192/27$。
$LAN1$共有三个路由器，再加上必备的一个网关地址，至少需要$4$个$IP$地址。由于$(2^2-2)<3+1<(2^3-2)$，所以主机号为$3bit$，网络前缀为$29$。取第$24$、$25$、$26$、$27$、$28$、$29$位为$111101$，分配地址块$30.138.119.232/29$。
$LAN4$主机数为$3$，由于$(2^2-2)<3+1<(2^3-2)$，所以主机号为$3bit$，网络前缀$29$。取第$24$、$25$、$26$、$27$、$28$、$29$位为$111110$，分配地址块$30.138.119.240/29$。
这里的分配方式是默认主机号不可以为全$1$或全$0$，分配方式也可以有其他选择。
MAC帧
由第二章的数据链路层知道$MAC$帧的结构，前导码+目的地址+源地址+$IP$数据报+$FCS$。
例题 主机$A$的$IP$地址为$218.207.61.211$，$MAC$地址为$00:1d:72:98:1d:fc$。$A$收到一个帧，该 帧的前$64$个字节的十六进制形式如下：
| 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 | 13 | 14 | 15 | |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 0 | 00 | 1d | 72 | 98 | 1d | fc | 00 | 00 | 5e | 00 | 01 | 01 | 88 | 64 | 11 | 00 |
| 1 | 75 | 89 | 01 | 92 | 00 | 21 | 45 | 00 | 01 | 90 | f9 | bf | 40 | 00 | 33 | 06 |
| 2 | f3 | 15 | da | c7 | 66 | 28 | da | cf | 3d | d3 | 00 | 50 | c4 | 8f | dc | a6 |
| 3 | a2 | 96 | 23 | 4c | 44 | 69 | 50 | 18 | 00 | of | 76 | 3d | 00 | 00 | 90 | b5 |
1）主机$A$所在网络的网关路由器的相应端口的$MAC$地址是多少？
2）该$IP$分组所携带的数据量为多少字节？
3）如果该分组需要被路由器转发到一条$MTU$为$380B$的链路上，那么路由器将做何操作？
解：
1）因为这个帧是$A$收到的，所以这个帧的目的帧$MAC$地址就是$A$的$MAC$地址，即$MAC$地址为$00:1d:72:98:1d:fc$，看表格是从$(0,0)$到$(0,5)$，所以其$A$所在网络的网关路由器端口$MAC$地址就是这个帧的源$MAC$地址（$MAC$地址会随着路由器转发不断更改），即目的地址后六位，即$(0,6)$到$(0,11)$，$00:00:5e:00:01:01$。
2）需要知道该$IP$分组携带的数据量，就需要从帧中取出$IP$数据报。又主机$A$的$IP$地址为$218.207.61.211$，这就是$IP$数据报中的目的$IP$地址，所以转换为十六进制为$da:cf:3d:d3$，即$(2,6)$到$(2,9)$，所以根据$IP$数据报的格式，往前$16$到$14$个字节就是版本和首部长度部分，为$(1,6)$的$45$之后就是$IP$数据报部分，表示首部长度为$5\times4=20B$，$(1,8)$和$(1,9)$的$0x0190$就是总长度，十进制表示为$16\times16+9\times16=400B$，所以携带的数据长度为$400-20=380B$。
3）由于整个$IP$分组的长度是$400B$，大于输出链路$MTU=380B$。这时需要考虑分片，但是否能够分片还得看$IP$首部中的标志位。$IP$首部中的标志字段占$3$位，从前到后依次为保留位、$DF$位、$MF$位。根据IP首部结构找到标志字段所在的字节，其值为$(2,12)=0x40$，二进制表示为$01000000$，那么$DF=1$，不能对该$IP$分组进行分片。此时，路由器应进行的操作是丢弃该分组，并用$ICMP$差错报文向源主机报告。
IPv6
例题 下列关于$IPv6$的描述中，错误的是()。
$A.IPv6$的首部长度是不可变的
$B.IPv6$不允许分片
$C.IPv6$采用了$16B$的地址，在可预见的将来不会用完
$D.IPv6$使用了首部校验和来保证传输的正确性
解：$D$。$IPv6$的首部长度是固定的，因此不需要首部长度字段。$IPv6$取消了校验和字段，这样就加快了路由器处理数据报的速度。我们知道，数据链路层会丢弃检测出差错的帧，运输层也有相应的差错处理机制，因此网络层的差错检测可以精简掉。
例题 如果一个路由器收到的$IPv6$数据报因太大而不能转发到链路上，那么路由器将把该数据报()。
$A.$丢弃
$B.$暂存
$C.$分片
$D.$转发至能支持该数据报的链路上
解：$A$。$IPv6$中不允许分片。因此，如果路由器发现到来的数据报太大而不能转发到链路上，那么丢弃该数据报，并向发送方发送一个指示分组太大的$ICMP$报文。
ARP协议
例题 主机发送$IP$数据报给主机$B$，经过了$5$个路由器，此过程中一共使用了多少次$ARP$协议？
因为五个路由器，所以有六段链路，所以需要选择路由六次，所以使用了六次$ARP$协议。
路由算法与协议
路由基本概念
例题 下列关于路由器交付的说法中，错误的是()。
Ⅰ.路由选择分直接交付和间接交付
Ⅱ.直接交付时，两台机器可以不在同一物理网段内
Ⅲ.间接交付时，不涉及直接交付
Ⅳ.直接交付时，不涉及路由器
$A.$Ⅰ和Ⅱ
$B.$Ⅱ和Ⅲ
$C.$Ⅲ和Ⅳ
$D.$Ⅰ和Ⅳ
解：$B$。路由选择分为直接交付和间接交付，当发送站与目的站在同一网段内时，就使用直接交付，反之使用间接交付，因此Ⅰ正确、Ⅱ错误。间接交付的最后一个路由器肯定直接交付，Ⅲ错误。直接交付在同一网段内，因此不涉及路由器，Ⅳ正确。
RIP协议
例题 假设下图中的$R1$、$R2$、$R3$采用$RIP$交换路由信息，且均已收敛。若$R3$检测到网络$201.1.2.0/25$不可达，并向$R2$通告一次新的距离向量，则$R2$更新后，其到达该网络的距离是()。
A.2
B.3
C.16
D.17
解：$B$。首先$R3$检测到一个不可达网络$201.1.2.0/25$，说明该网络是和$R3$相连的（在$RIP$协议中，检测到网络不可达是由相邻结点检测到的），图片上没有标出，假设记为$R4$，也就是说这整个网络由$R1$、$R2$、$R3$、$R4$组成。题中说到开始的时候“均已收敛”，即在$R3$检测到$R4$不可达之前，网络中各个网络已经互相知道了到彼此的距离，因为$R4$与$R3$是直连的，$R4$与其他的关联关系未知，假定$R4$只与$R3$是直连，所以$R4$距离为$R3$距离加一。通过图片的网络结构可知$R1$的距离向量为$(0,1,1,2)$，$R2$的距离向量为$(1,0,1,2)$，$R3$的距离向量为$(1,1,0,1)$。现在$R3$检测到$R4$不可达，即$R3$的距离向量变为$(1,1,0,16)$，并且现在只向$R2$通报了自己新的距离向量。而当$R2$收到$R3$传过来的距离向量时，对于$R2→R4$的路径长度，它会比较$R2→R3→R4$（更新后的距离距离$17$）和$R2→R1→R3→R4$（绕道$R1$的距离为$3$，此处$R1→R3→R4$的距离是$2$，因为$R1$还不知道$R3$到$R4$的代价变为$16$了，因为$R1$在$R2$后面，还没有接收到信息的更新，坏消息传得慢），$R2$比较$17$和$3$选择较小的$3$，因此选$B$。
例题 在距离-向量路由协议中，()最可能导致路由回路的问题。
$A.$由于网络带宽的限制，某些路由更新数据报被丢弃
$B.$由于路由器不知道整个网络的拓扑结构信息，当收到一个路由更新信息时，又将该更新信息发回自己发送该路由信息的路由器
$C.$当一个路由器发现自己的一条直接相邻链路断开时，未能将这个变化报告给其他路由器
$D.$慢收敛导致路由器接收了无效的路由信息
解：$B$。在距离-向量路由协议中，“好消息传得快，而坏消息传得慢”，这就导致了当路由信息发生变化时，该变化未能及时地被所有路由器知道，而仍然可能在路由器之间进行传递，这就是“慢收敛”现象。慢收敛是导致发生路由回路的根本原因。
例题 已知路由器$R6$的路由表：
现收到相邻路由器$R4$发来的路由更新信息：
试更新路由器$R6$的路由表。
首先第一步是更新$R4$发来的路由更新信息，距离全部加$1$，下一跳地址改为$R4$：
然后对每一项进行查看。
因为$R6$没有到$Net1$的项目，所以可以直接填入$R6$路由表。
因为$R6$有到$Net2$的项目，也同样走$R4$，但是更新后的距离变为了$5$，所以距离改成$5$。
因为$R6$有到$Net3$的项目，原来走$R5$，现在走$R4$，距离从$4$变为了$2$，所以走$R4$距离更短，从而应该改为走$R4$，距离为$2$。
所以最后为：
OSPF协议
例题 $OSPF$协议使用()分组来保持与其邻居的连接。
A.Hello
B.Keepalive
$C.SPF$（最短路径优先）
$D.LSU$（链路状态更新）
解：$A$。其中$AD$是$OSPF$协议的分组，要注意的是$Keepalive$是$BGP$协议的分组类别。$SPF$没有这种分组类别。
例题 因特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$OSPF$协议时，计算$R6$的关于网络$N1$、$N2$、$N3$、$N4$的路由表。
端口处的数字指该路由器向该链路转发分组的代价。
解：根据$Dijkstra$的最短路径算法，加入结点的次序之一为$(R6,R5,R3,N3,R4,R1,R2,N4,N1,N2)$。
得到各个路线：$N3:R6-R3-N3$，$R6-R3-N4$，$R6-R3-N3-R1-N1$，$R6-R3-N3-R2-N2$。
值得注意的是关于$N1N2$的距离，题目提示：端口处的数字指该路由器向该链路转发分组的代价，所以$N3$这个地方数据只是经过，而不是被转发，所以$R3$到$N3$再到$R1R2$不用再计算一次代价，所以最后结果是$10$，而不是$11$。
可以得到$R6$的路由表如下表所示。
| 目的网络 | 距离 | 下一跳路由器 | 目的网络 | 距离 | 下一跳路由器 |
|---|---|---|---|---|---|
| N1 | 10 | R3 | N3 | 7 | R3 |
| N2 | 10 | R3 | N4 | 8 | R3 |
IP组播
组播概念
例题 以下关于组播概念的描述中，错误的是()。
$A.$在单播路由选择中，路由器只能从它的一个接口转发收到的分组
$B.$在组播路由选择中，路由器可以从它的多个接口转发收到的分组
$C.$用多个单播仿真一个组播时需要更多的带宽
$D.$用多个单播仿真一个组播时时延基本上是相同的
解：$D$。多个单播可以仿真组播，但是一个组播所需要的带宽要小于多个单播带宽之和；用多个单播仿真一个组播时，路由器的时延将很大，而处理一个组播分组的时延是很小的。
例题 在设计组播路由时，为了避免路由环路，()。
$A.$采用了水平分割技术
$B.$构造组播转发树
$C.$采用了$IGMP$协议
$D.$通过生存时间（$TTL$）字段
解：$B$。由于树具有不存在环路的特性，因此构造一个组播转发树，通过该转发树既能将主播分组传送到组内的每台主机，又能避免环路。水平分割用于避免距离-向量路由算法中的无穷计数问题。$TTL$字段用于防止$IP$分组由于环路而在网络中无限循环。
组播地址转换
例题 以太网组播$IP$地址$224.215.145.230$应该映射到的组播$MAC$地址是()。
A.01-00-5E-57-91-E6
B.01-00-5E-D7-91-E6
C.01-00-5E-5B-91-E6
D.01-00-5E-55-91-E6
解：$A$。以太网组播地址块的范围是$01-00-5E-00-00-00\sim01-00-5E-7F-FF-FF$，而且在每个地址中，只有后$23$位可用组播。这样，只能和$D$类$IP$地址中的后$23$位有一一对应关系。$D$类$IP$地址可供分配的有$28$位，可见这$28$位中的前$5$位不能用来构成以太网硬件地址。$215$的二进制为$11010111$，其中，在映射过程中最高位为$0$，因此$215.145.230$的二进制为$0101,0111.1001,0001.1110,0110$，对应的十六进制数是$57-91-E6$。
移动IP
例题 以下关于移动$IP$基本工作原理的描述中，错误的是()。
$A.$移动$IP$的基本工作过程可以分为代理发现、注册、分组路由与注销四个阶段
$B.$结点在使用移动$IP$进行通信时，归属代理和外部代理之间需要建立一条隧道
$C.$移动结点到达新的网络后，通过注册过程把自己新的可达信息通知外部代理
$D.$移动$IP$的分组路由可以分为单播、广播与组播
解：$C$。选项$C$把移动结点新的可达信息（转交地址）通知归属代理。这样，归属代理就可将发往移动结点的分组通过隧道转到转交地址（外部代理)，再由外部代理交付给移动结点。
例题 一台主机移动到了另一个$LAN$中，如果一个分组到达了它原来所在的$LAN$中，那么分组会被转发给()。
A.移动$IP$的本地代理
B.移动$IP$的外部代理
C.主机
D.丢弃
解：$A$。当一个分组到达用户的本地$LAN$时，它被转发给某一台与本地$LAN$相连的路由器。该路由器寻找目的主机，这时本地代理响应该请求，将这些分组封装到一些新$IP$分组的载荷，并将新分组发送给外部代理，外部代理将原分组解出来后，移交给移动后的主机。
网络层设备
例题 路由器中计算路由信息的是()。
$A.$输入队列
$B.$输出队列
$C.$交换结构
$D.$路由选择处理机
解：$D$。路由选择处理机的任务是根据所选定的路由选择协议构造路由表，同时经常或定期地与相邻路由器交换路由信息而不断地更新和维护路由表。
例题 下图所示的网络中，冲突域和广播域的个数分别是()。
A.2,2
B.2,4
C.4,2
D.4,4
解：$C$。网络层设备路由器可以隔离广播域和冲突域;数据链路层设备普通交换机只能隔离冲突域;物理层设备集线器、中继器既不能隔离冲突域，又不能隔离广播域。因此，由两个路由器，就把一个广播域拆分为左右两个广播域。而有两个交换机就再将每个集线器连接的冲突域拆分开来，所以两个交换机左右两边各一个冲突域。从而题中共有两个广播域四个冲突域。