A

[解析] 分两种情况：第一种是在OSI参考模型中，数据链路层具有流量控制和差错控制。第二种是在TCP/IP模型中，像流量控制与差错控制都已经交给传输层，故数据链路层已经没有了流量控制和差错控制等功能。无论哪种模型，帧同步是数据链路层的，拥塞控制是传输层的。

A

[解析] 无确认的无连接服务是指源机器向目标机器发送独立的帧，目标机器并不对这些帧进行确认。事先并不建立逻辑连接，事后也不用释放逻辑连接。若由于线路上有噪声而造成了某一帧丢失，则数据链路层并不会检测这样的丢帧现象，也不会恢复。当错误率很低的时候，这一类服务是非常适合的，这时恢复过程可以留给上面的各层来完成。这类服务对于实时通信也是非常适合的，因为实时通信中数据的迟到比数据损坏更加不好。

B

[解析] 在使用多项式编码时，发送方和接收方必须预先商定一个生成多项式。发送方按照模2除法，得到校验码，发送数据时把该校验码加在数据后面。接收方收到数据后，也需要根据同一个生成多项式来验证数据的正确性，因此发送方和接收方在通信前必须要商定一个生成多项式。A选项为循环冗余校验码的检错特点。CRC肯定可以使用硬件来完成，只是费用更大而已。CRC只能保证交给上层的数据在传输中没有错误，但这并不是可靠传输，如帧失序、帧丢失等差错就不能靠CRC来完成，而这些都是可靠传输需要做的。

C

[解析] Ⅰ：奇偶校验的原理是通过增加冗余位来使得码字中“1”的个数保持为奇数个或者偶数个的编码方法。若出现奇数个比特的错误，“1”的个数将与原来“1”的个数不一样，故可以发现奇数个比特的错误。而如果出现偶数个比特的错误，“1”的个数仍然与原来的“1”的个数相同，故无法发现偶数个比特的错误。
   Ⅱ：由Ⅰ的分析知Ⅱ错误。
   Ⅲ：CRC可以检验出任意位错误，而奇偶校验码只能检验奇数个错误，故Ⅲ错误。

D

[解析] 因为生成多项式最高次为4次，所以先将要发送的数据后面加上4个0，即101110000，然后用新得到的被除数除以10011，得余数1100，此余数即为校验码，计算过程如图所示。
   

B

[解析] 设信息位为k，增加r位冗余位，构成k+r位的码字，增加r位可以表示2^r种情况，根据题意要能识别每一位错误(k+r位)和全部正确的情况(正确的情况只有1种)，共k+r+1种情况，因此2^r≥k+r+1，将k=8代入，解得r≥4。

B

[解析] L表示海明码距，C表示纠正的位数，D表示检测的位数，则有L-1=C+D，且D≥C。既然是至少，可取C=0，使得L达到最小5。

C

[解析] 因为需要纠错3bit，L-1=C+D，又由于D≥C，所以检测的位数也至少为3，解得L≥7。
   每多检测一位，码距至少加1；每多纠错一位，码距至少加2。

B

[解析] 此题属于概念题，流量控制的主要目的就是防止数据丢失，即控制发送端发送速率以使接收端可以及时接收。

C

[解析] 根据信道利用率的计算公式，在确认帧长度和处理时间均可忽略不计的情况下，信道的利用率与发送时间和传播时间有关，此时信道利用率的计算公式如下：
   信道利用率=t_发送时延/(t_发送时延+2t_传播时延)
   要使信道的利用率达到至少50%，根据上述公式可以解得：t_发送时延=2t_传播时延。由于传播时延t=20ms，故应使得发送一帧的时间为40ms。现在发送速率是4000bit/s，可算得每毫秒发送4bit信息，那么40ms自然就能发送长度为160bit的帧。

C

[解析] 计时器是发送端为应对帧的丢失、出错而安装的设备，目的是确认帧能否正确到达接收端，如果计时器到时间了，仍然没有收到确认帧就重发该帧。

C

[解析] 为了使接收方可以区分发送的帧是新帧还是重发的旧帧，在后退N帧ARQ协议中规定：若帧编号为n位，则发送窗口的大小W_s≤2ⁿ-1。故当n=7时，发送窗口W_s≤127。

C

[解析] 对于选择重传协议，若帧的序号字段为n位，则发送窗口的大小W_s≤2^n-1。故当n=4时，发送窗口W_s≤8。

C

[解析] ACK=n表示到n-1帧为止的所有帧都已经收到，接收方期待的下一帧为编号为n的帧。因此，ACK=5表示接收方期待的下一帧是5号帧。

B

[解析] 发送窗口的大小决定了发送方在收到第一个确认帧之前可以发送的帧的数量，现在发送方窗口大小为7，说明发送方在收到第一个确认帧前可以发送7个帧，现在已经发送了5个帧(下一个应该发送5号帧)，并收到了两个确认帧，故还可以发送7-5+2=4个帧，而接收方只要接收到一个帧上边界就会右移，与是否返回确认帧无关，其实从上面的分析可以看出，返回的确认影响的是发送方，现在接收方接收了0、1、2、3、4这5个帧，要接收的帧序列是5、6、7、0、1、2、3，即上边界为5。
   一般不予以说明，窗口的上边界是下一个期望列号expectedSeq；下边界是起始序列号startSeq。

B

[解析] 此题属于大纲范围内的记忆知识点。IEEE 802.2主要针对LLC子层；IEEE802.3主要针对MAC子层；IEEE 802.4与IEEE 802.5主要针对令牌环网络。

C

[解析] 单程端到端的传播时延=传播距离/传播速度，计算可得5μs。于是端到端的往返时延为10μs。最短帧长=端到端的往返时延×传输速率=10μs×100Mbit/s=1000bit。

A

[解析] 考查1—坚持CSMA和P—坚持CSMA以及非坚持CSMA的区别。1—坚持CSMA侦听总线遇到“忙”时，将继续侦听，一旦总线“空闲”立即发送；P—坚持CSMA侦听总线遇到“忙”时，以概率P等到下一时间片开始再继续侦听；非坚持CSMA侦听总线遇到“忙”时，等待一段随机时间再侦听。

B

[解析] CSMA/CD协议在网络负载较重时会因为碰撞而造成效率的降低，而令牌环网络因为使用了令牌环来避免网络中的冲突，与CSMA/CD协议相比，它减少了冲突率，提高了网络传输速率。

A

[解析] CSMA/CD的工作原理是：发送数据前先侦听信道是否空闲，若空闲，则立即发送数据(概率为1)。在发送数据时，边发送边继续侦听，若侦听到冲突，则立即停止发送数据，等待一段随机时间再重新尝试。

D

[解析] A选项为邮件发送协议，B选项为IP地址转为以太网地址的协议，C选项为访问网页的协议。

C

[解析] 直接交换是指在输入端口检测到数据帧时，检查帧头地址，并查表把帧直接送到相应的窗口。存储转发交换把输入端口的数据帧先存储起来，然后进行CRC，对错误包处理后才取出数据帧的目的地址，同样通过查表转发出去。碎片隔离交换检查数据包的长度是否满足帧的最小长度64B的要求，如果小于64B，则认为是假包并丢弃；如果大于64B，则发送该包。

D

[解析] 由于局域网位于数据链路层，且介质访问控制层又属于数据链路层的一部分，所以局域网的协议结构包括Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ。

B

[解析] 因为局域网是总线型，而总线型网络通过共享介质传输数据，冲突的根源是共享介质，其他选项均不是根源。

C

[解析] 根据退避算法定义，当重传16次后仍不能成功时，表示同时打算发送数据的站太多，导致连续发生冲突，应该丢弃该帧，并向高层报告。

[答案要点]
   差错控制是为了保证发送方发出的所有数据帧都能够按照正确的顺序交付给网络层，常采用的方法是由接收方向发送方发送确认帧，以确保发送方知道帧按照正确的顺序到达了接收方，同时发送方设计定时器，当定时器时间到了还未收到确认帧时就重新发送该帧。
   流量控制是为了避免出现发送方的发送速率大于接收方的接收速率的情况，通过某种反馈机制，限制发送方的发送速率，使发送方的发送速率不超过接收方的接收速率，从而使得网络既充分利用又不会出错。

[答案要点]
   首先求得发送256bit数据帧所用的发送时间=256bit/(10Mbit/s)=25.6ms；数据帧在电缆上的传播时间=1000m/(200m/ms)=5ms；发送64bit的确认帧所用的发送时间=64bit/(10Mbit/s)=6.4ms；同样，确认帧在电缆上的传播时间=1000m/(200m/ms)=5ms；有效数据传输率=有效数据的长度/发送有效数据所用的总的时间；接下来就是计算发送该以太网帧所用的总时间，总时间=25.6ms+5ms+6.4ms+5ms=42ms。但是，有一点请考生注意，题目已经很明确地说明256bit的帧长，其中有64bit帧头、校验和及其他开销，因此，有效数据=256bit-64bit=192bit，故该以太网的有效数据传输速率为192bit/42ms=4.57Mbit/s。

[答案要点]
   非受限协议(无须确认)：每帧中实际有效数据为Nbit，而发送时间为F/R，创建帧的时间为T，总时间为T+F/R，故有效数据传输速率=N/(T+F/R)，代入数据解得有效数据传输速率为13.53Mbit/s。
   停止—等待协议：每帧中实际有效数据为Nbit，而发送数据帧的时间为F/R，创建数据帧的时间为T，而发送确认帧的时间为A/R，创建确认帧的时间为T，单向传播时延为D/S，故有效数据传输速率为N/(2T+2D/S+F/R+A/R)，代入数据解得有效数据传输速率为10.65Mbit/s。

[答案要点]
   已知该无线信道的误码率为10^-7，即每比特传输出错的概率为10^-7，那么每帧(64B=512bit)全部传输正确的概率为(1-10^-7)⁵¹²，每帧传输出错的概率为1-(1-10^-7)⁵¹²。由于该无线网络数据传输率为11Mbit/s，所以每秒可以传输的帧数为(11×10⁶)/512个，则每秒钟出错的帧为(11×10⁶)/512×[1-(1-10^-7)⁵¹²]。

[答案要点]
   以太网升级时，由于数据传输速率提高了，帧的发送时间会按比例缩短，这样会影响冲突的检测，所以需要减小最大电缆长度或增大帧的最小长度，才能有效地检测冲突。在帧的长度方面，几种以太网都采用IEEE 802.3标准规定的以太网最小、最大帧长，使不同传输速率的以太网之间可以方便地通信。
   100Mbit/s的以太网中采用的方法是保持最短帧长不变，即64B，但把一个网段的最大电缆长度减小到100m。因此，100Mbit/s以太网的争用期是5.12μs，帧间最小间隔现在是0.96μs，都是10Mbit/s以太网的1/10。
   1Gbit/s以太网采用保持网段的最大长度为100m的方法，用“载波延伸”和“分组突法”的办法使最短帧仍为64B，同时将争用期增大为512B。发送的MAC帧长不足512B时，就用一些特殊字符填充在帧的后面，使MAC帧的发送长度增大到512B。
   10Gbit/s以太网只工作在全双工方式下，因此不存在争用问题，也不使用CSMA/CD协议。
   传输媒介方面，10Mbit/s以太网支持同轴电缆、双绞线和光纤，而100Mbit/s和1Gbit/s以太网支持双绞线和光纤，10Gbit/s以太网只支持光纤。

[答案要点]
   10Mbit/s以太网的争用期是51.2μs，该站的退避时间为r×51.2μs=5.12ms，因此它将等待5.12ms。
   100Mbit/s以太网的争用期是5.12μs，该站的退避时间为r×5.12μs=512μs，因此它将等待512μs。
   提示：建议记住10Mbit/s以太网的争用期与100Mbit/s以太网的争用期!

[答案要点]
   根据滑动窗口的原理和后退N帧ARQ的基本思想，结果如图所示。
   

[答案要点]
   S·A=(+1-1+3+1-1+3+1+1)/8=1，A发送1。
   S·B=(+1-1-3-1-1-3+1-1)/8=-1，B发送0。
   S·C=(+1+1+3+1-1-3-1-1)/8=0，C无发送。
   S·D=(+1+1+3-1+1+3+1-1)/8=1，D发送1。

[答案要点]
   根据题意，往返时延RTT=10ms×2=20ms，发送一个窗口的发送时延是65535B/(1Gbit/s)=0.52428ms。那么，最后一个比特到达对方主机的时间为10.52428ms。题目已经说明确认帧的长度忽略不计，因此发送一个窗口的完整时间为20.52428ms，即每秒可发送窗口个数为1000ms/20.52428ms=48.7227。吞吐率的定义就是每秒能发送的数据，故最大吞吐率为65535×8×48.7227=25.54Mbit/s；线路效率：25.54Mbit/s/(1Gbit/s)≈2.55%。

[答案要点]
   因为CRC和为1001，所以在信息码字后面加上1001得到被除数1101111001，然后用被除数除以11001，得到余数1111，又因为余数不为0，故收到的信息不正确。