考研之路

章节测：数据链路层

覆盖章节：数据链路层。前置：物理层（复用、编码）、计算机网络体系结构（时延）。

建议用时 90 分钟，先做后看解析；错题当日登记进错题本。本卷全部为模拟题。答案与解析统一在文末。

第 1~22 题：单项选择题

1. "透明传输"的含义是（ ）

A. 帧内的数据部分不携带任何控制信息 B. 无论数据中出现什么比特组合，都能按原样通过链路而不被误认为帧边界 C. 数据链路层对上层数据加密后再传输 D. 传输过程中任何差错都能被自动纠正

2. 下列组帧方法与协议的对应关系，正确的是（ ）

A. HDLC——字节填充法 B. PPP（异步链路）——比特填充法 C. IEEE 802.5 令牌环——违规编码法 D. 字符计数法——CSMA/CD

3. 某链路采用比特填充法组帧，定界符为 01111110。发送方从网络层收到数据 011111101111，发送到链路上的比特串应为（ ）

A. 011111001111 B. 011111101111 C. 011111011111 D. 0111110101111

4. 违规编码法实现透明传输的前提是（ ）

A. 数据速率低于信道容量 B. 底层编码方案存在"不会出现在正常数据中"的信号组合（编码有冗余） C. 链路是全双工的 D. 帧长固定不变

5. 关于奇偶校验码，下列说法正确的是（ ）

A. 能检测出所有偶数个比特错误 B. 能检测出所有奇数个比特错误，并纠正单比特错 C. 能检测出所有奇数个比特错误，但无纠错能力 D. 能检测并纠正任意单比特错误

6. CRC 中 FCS（帧检验序列）的位数取决于（ ）

A. 数据部分的长度 B. 生成多项式的最高次幂 n（即除数为 n+1 位） C. 除数的比特数 n+1 D. 信道带宽

7. 数据 M = 110，生成多项式为 x3+x2+1x^3+x^2+1，则 FCS 与发送帧分别为（ ）

A. 100，110100 B. 001，110001 C. 011，110011 D. 110，110110

8. 某编码方案的最小海明距离 d = 4，该方案（ ）

A. 最多检测 4 位错、纠正 2 位错 B. 最多检测 3 位错、纠正 1 位错 C. 最多检测 3 位错、纠正 2 位错 D. 最多检测 2 位错、纠正 1 位错

9. 信息位 n = 10，采用海明码纠正单比特错误，至少需要的校验位数 r 是（ ）

A. 3 B. 4 C. 5 D. 6

10. 停止-等待协议使用 1 bit 序号（0/1 交替），其主要作用是（ ）

A. 让接收方统计收到的帧数 B. 让接收方能区分新帧与重传的旧帧（如确认帧丢失时） C. 支持发送窗口大于 1 D. 用于计算信道利用率

11. 帧长 1250 B，发送速率 10 Mb/s，往返传播时延 RTT = 20 ms，忽略确认帧发送时延。停止-等待协议的信道利用率约为（ ）

A. 9.1% B. 4.8% C. 2.4% D. 33%

12. GBN 协议中，接收窗口为 1。接收方期待 3 号帧却收到 5 号帧时，正确的处理是（ ）

A. 缓存 5 号帧，等 3、4 号到齐后一并交付 B. 丢弃 5 号帧，并可重复发送对 2 号帧的确认 C. 丢弃 5 号帧，且不再发送任何确认 D. 直接交付 5 号帧给上层

13. GBN 协议序号字段为 4 bit，发送窗口的最大值为（ ）

A. 16 B. 15 C. 8 D. 7

14. SR（选择重传）协议序号字段为 4 bit，则发送窗口与接收窗口的最大值各为（ ）

A. 15，15 B. 15，8 C. 8，8 D. 8，1

15. SR 协议，发送窗口 5。帧 0、1、3、4 正确到达，帧 2 丢失或出错，所有确认均被发送方正确收到。发送方最终需要重传的帧是（ ）

A. 2、3、4 B. 仅 2 C. 0 到 4 全部 D. 不需要重传，由接收方恢复

16. GBN 采用累积确认，接收方发送 ACK5 的含义是（ ）

A. 仅 5 号帧收到，期待 6 号 B. 5 号帧及之前所有帧均已正确收到 C. 期待接收 5 号帧 D. 5 号帧出错请求重传

17. 纯 ALOHA 与时隙 ALOHA 的最大信道利用率分别约为（ ）

A. 18.4%、36.8% B. 36.8%、18.4% C. 50%、100% D. 均为 36.8%

18. 非坚持 CSMA 策略的特点是（ ）

A. 信道忙时持续侦听，空闲立即发送 B. 信道忙时放弃侦听，等待一段随机时间后再侦听，冲突少但信道利用率低 C. 信道空闲时以概率 p 发送 D. 信道忙时向全部站点广播冲突通告

19. 关于 CSMA/CD 的争用期，下列说法正确的是（ ）

A. 争用期等于单程端到端传播时延 B. 争用期等于 2 倍单程端到端传播时延，发送站经过争用期仍未检测到冲突即可确信不会再发生冲突 C. 争用期等于一个帧的发送时延 D. 争用期与网络跨距无关

20. 以太网截断二进制指数退避算法中，某帧经历第 4 次冲突后，它最多可能退避的争用期个数是（ ）

A. 4 B. 8 C. 15 D. 16

21. IEEE 802.11 采用 CSMA/CA 而非 CSMA/CD 的原因是（ ）

A. 无线信道带宽太小，无法边发边听 B. 无线适配器接收到的信号强度远小于自身发送信号强度，且存在隐蔽站问题，无法在发送时检测冲突 C. 无线信道是点对点的，不存在冲突 D. CSMA/CD 不能用于任何无线场景且协议专利受限

22. 802.11 中 RTS/CTS 机制的主要目的是（ ）

A. 对数据帧加密 B. 解决隐蔽站问题：用短控制帧预约信道，让听不到发送方的站点也能保持沉默 C. 替代链路层 ACK D. 增大帧间间隔以降低发送速率

第 23~28 题：综合应用题

23.（CRC 计算）数据链路层采用 CRC，生成多项式 P(x)=x3+x+1P(x) = x^3 + x + 1，待发送数据 M = 101011。

(1) 求除数比特串与 FCS 位数； (2) 用模 2 长除逐位求出 FCS，写出发送帧； (3) 接收方如何验证？若实际收到 101011110，判断该帧是否有错。

24.（GBN/SR 窗口与信道利用率）主机经一条 10 Mb/s 链路发送帧，帧长 1250 B，单程传播时延 20 ms，忽略确认帧长度与处理时延。

(1) 求停止-等待协议的信道利用率； (2) 采用 GBN，序号 3 bit 且发送窗口取最大值，求信道利用率； (3) 要使利用率达到 100%，发送窗口至少为多少帧？ (4) 采用 SR，序号 6 bit 且收发窗口均取最大值，求信道利用率； (5) GBN 中若仅 ACK5 丢失而 ACK6、ACK7 均正确到达，发送方需要重传哪些帧？

25.（CSMA/CD 最小帧长）某总线型网络采用 CSMA/CD，数据率 10 Mb/s，两站相距 3.2 km，信号传播速率 2×1082\times10^8 m/s。

(1) 求单程传播时延与争用期； (2) 求该网络的最小帧长； (3) 若协议规定帧长固定为 64 B，该网络最大跨距是多少？ (4) 其他条件不变，数据率提高到 100 Mb/s，最小帧长变为多少？这说明什么规律？

26.（交换机自学习推演）拓扑：交换机 SW1 有 4 个端口——端口 1 接主机 A、端口 2 接主机 B、端口 3 接交换机 SW2、端口 4 接主机 C；SW2 有 3 个端口——端口 1 接 SW1、端口 2 接主机 D、端口 3 接主机 E。两台交换机转发表初始均为空。依次发生：

① A 发帧给 D；② D 发帧给 A；③ B 发帧给 D；④ E 发帧给 A。

(1) 逐步写出每台交换机的学习与转发决策（含泛洪范围、最终哪些主机收到）； (2) 写出事件 ④ 结束后两台交换机的完整转发表； (3) 若再发生 A 发帧给 A 所属端口下同一台集线器上的主机（即目的 MAC 在进入端口方向），交换机如何处理？

27.（滑动窗口协议分析）设帧序号字段 4 bit（序号 0~15 循环）。

(1) 分别写出 GBN 与 SR 的最大发送窗口； (2) GBN 发送窗口取 8，帧 07 已全部发出且均未收到确认，此时 0 号帧超时，重传哪些帧？窗口状态如何？ (3) SR 发送窗口取 8，帧 07 已全部发出，帧 2、5 出错，其余确认全部到达。重传哪些帧？此后发送窗口能滑动到什么位置？ (4) 简述"SR 若把窗口配成 15（即 2n−12^n-1）为什么会出错"，用一次推演说明。

28.（冲突域/广播域与 VLAN 综合题）拓扑：路由器 R 的端口 1 连接交换机 S1，端口 2 连接集线器 HUB；S1 共 4 个端口（1 口上联 R，2 口接主机 H1，3 口接主机 H2，4 口接主机 H3），并在 S1 上将端口 2、3 划入 VLAN 10，端口 4 划入 VLAN 20；HUB 下挂主机 H4、H5。

(1) 求全网的冲突域个数与广播域个数； (2) H1 与 H2 通信、H1 与 H3 通信分别经过什么路径（二层直接转发还是需三层转发）？ (3) H4 发送广播帧，哪些主机/路由器端口能收到？ (4) 若撤掉 VLAN 划分（S1 全部端口同一 VLAN），广播域个数变为多少？

答案与解析

1. B 考点：透明传输概念｜难度：易 错因提醒：A 混淆了"无控制信息"与"对数据透明"；透明指任何比特组合都能原样通过，帧边界定界符绝不可能与数据混淆，与加密（C）、纠错（D）无关。

2. C 考点：组帧方法与协议对应｜难度：易 错因提醒：HDLC 是比特填充（面向比特），PPP 异步链路是字节填充，A、B 正好互换了。字符计数法因一错全错实际不用；CSMA/CD 是介质访问控制协议不是组帧方法。

3. A 考点：比特填充计算｜难度：中 错因提醒：规则是每连续 5 个 1 后插 0。数据 011111101111 中前段 11111 后面恰好是 0——仍必须插 0（发送方不判断第 6 位），得到 011111001111；接收端见 5 个 1 就删掉后面的 0，还原无误。选 B 是忘了填充；C 是插错位置。

4. B 考点：违规编码法原理｜难度：易 错因提醒：违规编码法（如曼彻斯特编码中的"高-高"电平对）依赖底层编码有冗余/非法组合，定界本身即违规信号，数据中不可能出现，无需任何转义填充。

5. C 考点：奇偶校验能力｜难度：易 错因提醒：奇偶校验只能检奇数个错、不能纠错；偶数个错时 1 的个数的奇偶性不变，检测不出。海明码才纠错。

6. B 考点：CRC 结构｜难度：易 错因提醒：FCS 位数 = 生成多项式最高次幂 n；除数是 n+1 位（别把 n 与 n+1 记反，选 C 的人常因此把 FCS 多算一位）。

7. A 考点：CRC 计算｜难度：中 错因提醒：x3+x2+1x^3+x^2+1 → 除数 1101（4 位，最高位不能丢），FCS 3 位。补 3 个 0 得被除数 110000（6 位）。模 2 长除：第一步窗口 1100，1100⊕1101=00011100\oplus1101=0001，位串变为 000100；下一个 1 出现在第 4 位，其后只剩 2 位（100 整体不足 4 位），除法结束，余数（末 3 位）= 100。发送帧 = 数据 110 拼 FCS 100 = 110100。选 B/C/D 多为除数丢最高位（写成 101）或余数未凑满 3 位所致。

8. B 考点：海明距离判定能力｜难度：中 错因提醒：检错能力 = d−1=3d-1 = 3 位；纠 t 位需 d≥2t+1d\geq 2t+1，d=4d=4 只能纠 t=1t=1 位（同时还可检测 2 位）。"检测 d 位、纠正 d/2 位"（A、C）是典型陷阱。

9. B 考点：海明码校验位数｜难度：中 错因提醒：解 2r≥n+r+12^r\geq n+r+1：r=4r=4 时 16≥1516\geq 15 成立；r=3r=3 时 8<148 < 14 不成立。注意 n 要加进不等式右边，漏掉 r 自身会误选 3。

10. B 考点：停止-等待协议｜难度：易 错因提醒：确认帧丢失时发送方重传，接收方会收到重复帧，靠 1 bit 序号识别并丢弃（但重发确认）。1 bit 序号也恰好够 GBN 窗口为 1 的情形。

11. B 考点：停等信道利用率｜难度：中 错因提醒：TD=1250×8/107=1T_D = 1250\times8/10^7 = 1 ms，U=1/(1+20)≈4.8%U = 1/(1+20) \approx 4.8\%。误选 C 通常是忘了分母还有 TDT_D；误选 A 是把 RTT 当成 10 ms（单程 20 ms 应乘 2 的反向错误）。

12. B 考点：GBN 接收方行为｜难度：易 错因提醒：GBN 接收窗口为 1，失序帧一律丢弃不缓存（A 是 SR 的行为），但通常会重复发送最近按序确认的 ACK 帮发送方推进窗口。

13. B 考点：GBN 窗口上限｜难度：易 错因提醒：24−1=152^4 - 1 = 15。选 16 是忘了"最多覆盖 2n−12^n-1 个序号"约束；8 是 SR 的上限。

14. C 考点：SR 窗口上限｜难度：易 错因提醒：SR 收发窗口各 ≤2n−1=8\leq 2^{n-1} = 8，本质约束是 WT+WR≤2nW_T + W_R \leq 2^n。A/B 把 GBN 公式套到 SR 上，是本章最高频的错误。

15. B 考点：SR 重传范围｜难度：中 错因提醒：SR 逐帧单独确认，只重传未确认的帧（这里仅 2 号）。选 A 是 GBN 的"后退 N 帧"行为，选 C 是停等式全重传。

16. B 考点：累积确认语义｜难度：易 错因提醒：ACK n = "n 及之前全部正确收到"（GBN）。选 A 是 SR 的单独确认语义。累积确认还带来"后一个确认可弥补前一个丢失"的性质（见第 24 题第 5 问）。

17. A 考点：ALOHA 吞吐率｜难度：中 错因提醒：纯 ALOHA 12e≈18.4%\frac{1}{2e}\approx18.4\%，时隙 ALOHA 1e≈36.8%\frac{1}{e}\approx36.8\%。时隙化把冲突窗口从 2 帧长缩为 1 帧长，吞吐率恰好翻倍——记住这个"减半/翻倍"关系即可互推。

18. B 考点：CSMA 坚持策略｜难度：易 错因提醒：非坚持 = 忙则随机等待后再侦听，冲突少但信道可能空闲无人用；A 是 1-坚持（以太网），C 是 p-坚持。

19. B 考点：争用期｜难度：中 错因提醒：最坏情况下冲突发生在对端信号即将到达前，冲突信号返回又需 τ，故 2τ2\tau 内未检出冲突即可确信占用成功。选 A 丢了"×2"；D 方向反了——争用期完全由跨距（传播时延）决定。

20. C 考点：截断二进制指数退避｜难度：中 错因提醒：第 i 次冲突后 k=min⁡(i,10)k=\min(i,10)，随机数范围 [0,2k−1][0, 2^k-1]。第 4 次冲突 k=4k=4，最多退避 24−1=152^4-1=15 个争用期。选 D 是把 242^4 当成上限；上限截断在 k=10k=10（1024），16 次失败才放弃。

21. B 考点：CSMA/CA 与 CD 差异｜难度：中 错因提醒：两个原因——自己发送的信号强度远大于接收到的对方信号（无法边发边听），以及隐蔽站问题。A 与带宽无关，D 是无中生有的干扰项。802.11 因此引入链路层 ACK 与退避规则。

22. B 考点：RTS/CTS｜难度：易 错因提醒：RTS/CTS 预约信道，让"听不到发送方但听得到接入点"的隐蔽站在 CTS 指示的时间内沉默。它不加密（A）、不替代 ACK（C），反而增加控制开销。

23.（CRC 计算）考点：CRC 完整计算｜难度：中

(1) P(x)=x3+x+1P(x)=x^3+x+1 对应除数 1011（4 位），最高次幂 3 → FCS 为 3 位。

(2) 补 3 个 0：被除数 101011000。模 2 长除逐步推演：

步骤当前参与运算位异或 1011结果
11010⊕10110001，余下位 11 000 → 串 111000
21110⊕10110101，余下位 00 → 串 10100
31010⊕10110001，余下位 0 → 串 0010
4剩 0010 首位为 0，商 0，位数不足—余数 010

（步骤 2 中 0101 首位为 0 后从次位继续取 4 位窗口 1010。）余数 010 = FCS，发送帧 101011010。

(3) 验证：接收方用 1011 除收到的整帧，余数为 0 即无错。对 101011110 长除：

  • 1010⊕1011=0001 → 串 11110
  • 1111⊕1011=0100 → 串 10010
  • 1001⊕1011=0010 → 串 0100
  • 剩余首位 0，余数 100 ≠ 0

故该帧有错，丢弃。错因提醒：长除时"窗口首位为 0"要商 0 并后移一位，别硬异或；余数必须凑满 3 位。

24.（信道利用率）考点：GBN/SR 窗口与利用率｜难度：中

TD=1250×810×106=1T_D = \dfrac{1250\times 8}{10\times10^6} = 1 ms，RTT = 40 ms，周期 = TD+RTT=41T_D+\mathrm{RTT} = 41 ms。

(1) U停等=141≈2.4%U_{停等} = \dfrac{1}{41} \approx 2.4\%。

(2) 3 bit 序号 GBN 最大窗口 23−1=72^3-1=7；7×1=7<417\times1 = 7 < 41，U=741≈17.1%U = \dfrac{7}{41} \approx 17.1\%。

(3) 需 W⋅TD≥41W\cdot T_D \geq 41 ms → W≥41W \geq 41，即至少 41 帧（且序号位要够：4 bit 最大窗口 15 不够，需 ≥6\geq 6 bit 且 SR 需考虑 2n−12^{n-1} 约束）。

(4) 6 bit 序号 SR 最大窗口 26−1=322^{6-1}=32；32<4132<41，U=3241≈78.0%U=\dfrac{32}{41}\approx 78.0\%。

(5) 不需要重传。ACK6、ACK7 是累积确认，已隐含"6 号及之前全部正确收到"，ACK5 的丢失被后续确认覆盖。

错因提醒：第 (1) 问分母写 40（忘加 TDT_D）；第 (3) 问只答窗口不核序号位数约束；第 (5) 问误以为每个 ACK 独立必须到达——这正是累积确认的优点。

25.（CSMA/CD）考点：争用期与最小帧长｜难度：中

(1) τ=3.2×1032×108=16 μs\tau = \dfrac{3.2\times10^3}{2\times10^8} = 16\ \mu s；争用期 2τ=32 μs2\tau = 32\ \mu s。

(2) Lmin⁡=2τ⋅C=32×10−6×10×106=320L_{\min} = 2\tau\cdot C = 32\times10^{-6}\times10\times10^6 = 320 bit = 40 B。

(3) 64 B = 512 bit，要求 512107≥2τ\dfrac{512}{10^7} \geq 2\tau，即 τ≤25.6 μs\tau \leq 25.6\ \mu s，跨距 d≤25.6×10−6×2×108=5120d \leq 25.6\times10^{-6}\times2\times10^8 = 5120 m。

(4) Lmin⁡=32 μs×100×106=3200L_{\min} = 32\ \mu s \times 100\times10^6 = 3200 bit = 400 B。规律：Lmin⁡=2τ⋅CL_{\min}=2\tau\cdot C，数据率越高（或跨距越大）最小帧长越大——这正是传统以太网（10 Mb/s、64 B）的参数来源，千兆以太网为此引入载波延伸。

错因提醒：第 (1) 问忘乘 2；第 (3) 问忘记"发送时延 ≥ 2τ"这一不等式方向；bit→B 忘除 8。

26.（交换机自学习）考点：自学习与转发过滤｜难度：难

(1) 逐步推演（每台交换机都是"先学源 MAC，再查目的 MAC"）：

事件SW1 动作SW2 动作收到帧的主机
① A→D，入 SW1 口 1学习 A→1；D 不在表 → 泛洪到口 2、3、4从口 1 收到：学习 A→1；D 不在表 → 泛洪到口 2、3D、E（B、C 也从 SW1 泛洪收到；E 收到但丢弃）→ 全部 B、C、D、E
② D→A，入 SW2 口 2从口 3 收到：学习 D→3；A 在表 → 单播到口 1学习 D→2；A 在表（口 1）→ 单播到口 1仅 A
③ B→D，入 SW1 口 2学习 B→2；D 在表（口 3）→ 单播到口 3从口 1 收到：学习 B→1；D 在表（口 2）→ 单播到口 2仅 D
④ E→A，入 SW2 口 3从口 3 收到：学习 E→3；A 在表 → 单播到口 1学习 E→3；A 在表（口 1）→ 单播到口 1仅 A

(2) 事件 ④ 后的转发表：

  • SW1：A→端口 1，B→端口 2，D→端口 3，E→端口 3（C 从未发过帧，不在表中）
  • SW2：A→端口 1，B→端口 1，D→端口 2，E→端口 3

(3) 目的 MAC 查得端口与进入端口相同 → 过滤（丢弃），不转发：该目的主机与本帧来源在同一网段，不需要交换机转交。

错因提醒：泛洪是"除进入端口外所有端口"；多交换机场景下每台交换机各自独立学习（事件②③中 SW1 与 SW2 对同一主机的表项端口不同）；"源不在表/目的不在表"处理完全不同——源一律学习，目的不在表才泛洪。

27.（滑动窗口分析）考点：GBN/SR 窗口约束与重传｜难度：难

(1) GBN 最大发送窗口 24−1=152^4-1 = 15；SR 发送窗口（与接收窗口）最大 24−1=82^{4-1} = 8。

(2) GBN 窗口 8、帧 07 全部未确认、0 号超时 → **重传 07 全部 8 帧**（后退 N 帧）；窗口不动，仍为 [0..7]，直到确认到达才前滑。

(3) SR：帧 2、5 出错 → 仅重传 2 和 5；0、1、3、4、6、7 均确认 → 窗口从 [0..7] 前滑 8 格到 [8..15]（重传帧落在窗口内正常重发）。注意重传帧 2、5 已在新窗口内？否——窗口滑到 8 后，2、5 的重传发生在滑动之前：收到 7 号确认即滑窗，超时重传 2、5 时它们可能已在窗口外，这是合法的（重传由超时定时器独立驱动，教材简化模型下仍称"重传 2、5"）。答题要点：SR 只重传出错帧。

(4) 推演（反证）：设 SR 配置 WT=WR=15W_T = W_R = 15（>2n−1=8> 2^{n-1}=8），则 WT+WR=30>24=16W_T + W_R = 30 > 2^4 = 16。设接收方期待 0 号帧：发送方连发 0~14 号帧，接收方全部正确接收并逐帧确认，但所有 ACK 丢失。接收窗口滑到 [15..14]（覆盖除发送方旧 0 号外的全部 16 个序号）。发送方未收到任何确认、窗口不动，重传 0 号帧——0 号此时落在新的接收窗口内，接收方无法区分它是旧帧重传还是新一轮的 0 号，错收重复帧。故必须 WT+WR≤2nW_T+W_R\leq 2^n，即各自 ≤2n−1\leq 2^{n-1}。

错因提醒：第 (2) 问误答"只重传 0 号"（那是 SR）；第 (4) 问构造反例的关键是"ACK 全丢 + 接收窗口滑动"两个条件同时成立，漏掉"窗口滑动"就推不出重叠。

28.（冲突域/广播域与 VLAN）考点：域划分与 VLAN｜难度：难

(1) 冲突域：S1 每端口 1 个，共 4 个（上联口 1 个 + H1、H2、H3 各 1 个）；HUB 整体 1 个 → 共 5 个。广播域：VLAN 10 一个、VLAN 20 一个、HUB 所在路由器端口 2 网段一个 → 共 3 个。

(2) H1→H2：同属 VLAN 10 → S1 内二层直接转发，不经过路由器。H1→H3：VLAN 10 与 VLAN 20 之间 → 必须经 R 三层转发：帧从 S1 上联口（Trunk，带 VLAN 标签）到 R 端口 1，路由后再回到 S1 转入 VLAN 20 端口。

(3) H4 发广播帧：HUB 向所有端口转发 → H5 与 R 端口 2 收到；R 不转发广播 → 广播止于路由器。收到的主机：H4（自身）、H5；R 端口 2 收到但不再转发（H1、H2、H3 都收不到）。

(4) 撤掉 VLAN 后：路由器 2 个端口仍隔离广播域 → 2 个广播域（S1+3 主机一个，HUB 网段一个）。

错因提醒：交换机端口数上联口也算一个冲突域（4 个不是 3 个）；VLAN 后广播域按 VLAN 数（而不是交换机数）计；路由器隔离广播域而集线器、网桥、交换机都不隔离；H1→H3 需要三层是 VLAN 的本质考点（交换机无法跨 VLAN 二层转发）。