内容概要：数据在计算机中的存储和运算、相关习题

数据的表示方法

r进制数：基数r，每个数码位可能出现r种字符，逢r进1

r进制数$\longrightarrow$十进制：各数码位与位权的乘积之和

十进制$\longrightarrow$r进制：

• 整数部分：除基取余法，先取得的“余”是整数的低位
• 小数部分：乘基取整法，先取得的“整”是小数的高位

二进制$\longrightarrow$八进制：每3个二进制对应一个八进制位

二进制$\longrightarrow$十六进制：每4个二进制位对应一个十六进制位

注意“补位”

真值和机器数

• 真值：现实中带正负号的数值
• 机器数：把正负号数字化的数

ASCII码：通常用8bit表示一个字符，最高位都为0。共128个字符，0-31、127为控制/通信字符；32-126为可印刷字符。所有大写字母、所有小写字母、所有数字的编码都连续。

汉字：区位码94×94。国标码=区位码+2020H。机内码=国标码+8080H。

字符串：从低地址到高地址逐个字符存储，常采用‘\0’作为结尾标志。对于多字节的数据(如汉字)，可采取大/小端存储模式。大端模式：将数据的最高有效字节存放在低地址单元中。小端模式：将数据的最高有效字节存放在高地址单元中。

组成奇偶校验码的基本方法：在n位有效信息位上增加一个二进制校验位，构成一个n+1位奇偶校验码。

奇校验：使n+1位的奇偶校验码中1的个数为奇数。 偶校验：使n+1位的奇偶校验码中1的个数为偶数。

定点数的表示

定点数：小数点的位置固定

Eg：996.007 ——常规计数

浮点数：小数点的位置不固定

Eg：9.96007×10² ——科学计数法

无符号数：整个机器字长的全部二进制位均为数值位，没有符号位，相当于数的绝对值。

通常只有无符号整数，而没有无符号小数

真值0有+0和-0两种形式

反码：正数的反码=原码，负数的反码=数值位取反

补码：正数的补码=原码，负数的补码=反码末位+1（要考虑进位）。将负数补码转回原码的方法相同：尾数取反，末位+1。

技巧：由[x]_补快速求[-x]_补的方法

符号位、数值位全部取反，末位+1

移码：补码的基础上将符号位取反。移码=真值+偏置值

注意： 移码只能用于表示整数

原码和反码的真值0有两种表示；补码和移码的真值0只有一种表示形式。

小结

定点数移位运算

算术移位

• 左移1位相当于×基数；右移1位相当于÷基数

• 原码、反码：符号位不参与移位。左移、右移都补0

• 补码：符号位不参与移位。左移补0、右移补符号数

  负数补码最右边的1及其右边与原码相同，最右边的1的左边与反码相同

逻辑移位

• 左移右移都补0，移出的位舍弃

循环移位

• 不带进位位：用移出的位补上空缺
• 带进位位：移出的位放到进位位，原进位位补上空缺

注：由于原、反、补码位数限制，有时算术移位会有精度损失

定点数加减运算和溢出判断

定点数加减运算一律用补码

补码减法

• 将减数x取负得[-x]_补，转变为加法[A-B]_补=[A]_补+[-B]_补，符号位参与运算

溢出判断（补码）

• 上溢：正数+正数=负数
• 下溢：负数+负数=正数
• 采用双符号位，正数符号为00，负数符号为11。运算后若双符号位=01，则发生上溢；若双符号位=10，则发生下溢；若两个符号位相同则未发生溢出
• 双符号位补码相加的结果,不论溢出与否,最高符号位始终指示正确的符号

定点数乘法运算

原码乘法

运算器实现原码一位乘法

符号位通过异或确定；数值部分通过被乘数和乘数绝对值的n轮加法、移位完成。根据当前乘数中参与运算的位（MQ最低位）确定(ACC)加什么。若当前运算位**=1，则(ACC)+[|x|]_原；若=0，则(ACC)+0**。

手算模拟运算器实现原码一位乘法

补码乘法

运算器实现补码一位乘法

手算模拟运算器实现补码一位乘法

原码一位乘法与补码一位乘法对比

定点数除法运算

原码除法

恢复余数法

加减交替法（不恢复余数法）

恢复余数法：减除数，若余数为负数，商0，加除数，逻辑左移，减除数，得新余数；若余数为正数，商1，逻辑左移，减除数，得新余数

不恢复余数法：减除数，若余数为负数，商0，逻辑左移，加除数，得新 余数；若余数为正数，商1，逻辑左移，减除数，得新余数

补码除法

加减交替法

强制类型转换

补码位扩展

• 定点小数：在最后补0
• 定点整数：在前面补符号数（无符号数补0）

数据的存储和排列

大小端模式

边界对齐

浮点数的表示

表示

阶码+尾数

• 尾数给出具体数值，阶码指明小数点前移、后移多少位
• 阶码通常是用补码、移码表示的定点整数
• 尾数通常是用补码、原码表示的定点小数
• N=r^E×M

规格化

• 尾数的最高数值位必须是一个有效值（类比十进制科学计数法，通常我们会让数值部分最高位为非0）
• 左规：数值位最高位无效时，通过尾数算术左移、阶码减1的方法处理，直到尾数最高数值位有效时停止
• 右规：若采用双符号位表示尾数，则当运算后尾数“假溢出”时，可以通过尾数右移、阶码加1的方法处理
• 原码表示的尾数规格化：尾数的最高数值位必须是1
• 补码表示的尾数规格化：尾数最高数值位必须和尾数符号位相反

IEEE754规则

浮点数的运算

习题

1.已知[X]_原，求[X/2]_原和[2X]_原 。

①[X]_原= 0.0110000 ; ②[X]_原=10011010

解析：

原码算术移位：符号位不变，数值部分左移或右移，移出的空位填 “0”。(左移一位相当于乘以2，右移一位相当于除以2)

① [X/2]_原＝0.0011000 [ 2X ]_原＝0.1100000

② [X/2]_原＝ 10001101 [ 2X ]_原＝ 10110100

2.设机器字长为8位，写出+0.375和－0.6875的二进制原码表示。

解析：

十进制$\longrightarrow$二进制原码：先转二进制再加符号位得原码

(+0.375)₁₀ ＝ (+0.011)₂ [+0.011]_原＝0.011 ＝ 0.0110000

(-0.6875)₁₀ ＝ (-0.1011)₂ [-0.1011]_原＝1.1011 ＝ 1.1011000

3.已知x，求x的补码[x]_补。

①x=+0.1010110 ②x=－0.1010110 ③x=+1010110 ④x=－1010110

解析：

二进制真值$\longrightarrow$补码：先加符号位转成原码，然后转补码，正数不变，负数数值位取反加1

①[x]_补=0.1010110 ② [x]_补=1.0101010 ③ [x]_补=01010110 ④ [x]_补＝10101010

4.已知[x]_补，求[2x]_补、[x/2]_补

(1) [x]_补＝0.0101001， (2)[x]_补＝11011010

解析：

补码算术移位：符号位不参与移位。左移补0、右移补符号位

(1) [2x]_补=0.1010010 [ x/2 ]_补= 0.0010100

(2) [2x]_补=10110100 [ x/2 ]_补=11101101

5.已知[x]_补，求[-x]_补

(1) [x]_补＝1.0011010 ，(2) [x]_补＝10110010

解析：

[x]_补$\longleftrightarrow$[-x]_补：各位(含符号位)取反取反加1

(1) [－x]_补＝0.1100110

(2) [－x]_补＝01001110

6.将下列x的原码表示转化为补码表示。

[x]_原＝0.1010110 [x]_原＝1.1010110 [x]_原＝01010110 [x]_原＝11010110

解析：

原码$\longrightarrow$补码：正数不变，负数数值位取反加1

[x]_补=0.1010110 [x]_补=1.0101010 [x]_补=01010110 [x]_补=10101010

7.一个C语言程序在一台32位机器上运行。程序中定义了三个变量x、y、z，其中x和z是int型，y为short型。 当x=127，y=-9时，执行赋值语句z=x+y后，x、y和z的机器码分别是（）

A．X=0000007FH，y=FFF9H，z=00000076H

B．X=0000007FH，y=FFF9H，z=FFFF0076H

C．X=0000007FH，y=FFF7H，z=FFFF0076H

D．X=0000007FH，y=FFF7H，z=00000076H

解析：

在C语言中，数据用补码存储。int型占4字节，32位；short型占2字节，16位。定点整数补码的位扩展是前面补符号数

[x]_补=01111111=0000,0000,0000,0000,0000,0000,0111,1111=0000007FH

[y]_补=10111=1111,1111,1111,0111=FFF7H

[z]_补=[x+y]_补=[x]_补+[y]_补=01111111+11110111=01110110=0000,0000,0000,0000,0000,0000,0111,0110 =00000076H

也可以直接127+(-9)=118=01110110=0000,0000,0000,0000,0000,0000,0111,0110 =00000076H

所以答案为D

8.假定编译器规定，int型占32位，short型占16位， 若有下列C语言语句：

unsigned short x=65530;

unsigned int y=x;

得到y的机器数为（）

A. 0000 7FFAH

B. 0000 FFFAH

C. FFFF 7FFAH

D. FFFF FFFAH

解析：

在C语言中，数据用补码存储。无符号数与有符号数之间转换：不改变数据内容，改变解释方式。短整数$\longrightarrow$长整数：位扩展。无符号整数位扩展在前面补0。

2¹⁶=65536,所以16个1为65535

short [x]_补=11111111,11111010

int [y]_补=00000000,00000000,11111111,11111010=0000FFFAH

所以答案为B

9.假定有4个整数用8位补码分别表示r1=FEH， r2=F2H，r3=90H，r4=F8H，若将运算结果存放在一个8位寄存器中，则下列运算会发生溢出的是 （）

A. r1×r2

B. r2×r3

C. r1×r4

D. r2×r4

解析：

用补码表示时8位寄存器所能表示的整数范围为-128到+127

r1=FEH=1111,1110 r1_补=1000,0010=-2

r2=F2H=1111,0010 r2_补=1000,1110=-14

r3=90H=1001,0000 r3_补=1111,0000=-112

r4=F8H=1111,1000 r4_补=1000,1000=-8

则r1×r2=28，r2×r3=1568，r1×r4=16，r2×r4=112，只有r2×r3结果溢出

所以答案为B

10.在32位计算机上，考虑以下C语言代码：

short si=-8196;

int i=si;

执行上述程序段后，i 的机器数表示为()

A. 0000 9FFCH

B. 0000 DFFCH

C. FFFF 9FFCH

D. FFFF DFFCH

解析：

在C语言中，数据用补码存储。int型占4字节，32位；short型占2字节，16位。短整数$\longrightarrow$长整数：位扩展。定点整数补码的位扩展是前面补符号数2¹³=8192,所以第14位为1是8192

short [si]_原 = 110,0000,0000,0100

short [si]_补 = 101,1111,1111,1100=1101,1111,1111,1100

int[i]_补=1111,1111,1111,1111,1101,1111,1111,1100=FFFF DFFCH

所以答案为D

11.某机器字长8位，采用补码形式（其中1位为符号位），则机器数能表示的范围是______。

A. －127～127

B. －128～128

C. －128～127

D. －127～128

解析：

最大正数：0111,1111 = 127。正数原码=补码

最小负数：1000,0000 = -128。符号位同时也可以看做数字位即表示-128，转换成补码为1,0000,0000

验证：127（0111,1111）+1（0000,0001）=-128（1000 0000）

8位二进制的补码取值范围是-128-127

所以答案为C

12.8位补码定点整数1001 0101扩展成16位后的值用16进制表示为

A.0095H

B.9500H

C.FF95H

D.95FFH

解析：

考查补码定点整数位扩展：前面补符号数

1111,1111,1001,0101 = FF95H

所以答案为C

13.考虑以下C语言代码：

short si=-8196;

unsigned short usi=si;

执行上述程序段后，usi的值为多少（）

A.8196

B.34572

C.57339

D.57340

解析：

在C语言中，数据用补码存储。short型占2字节，16位。无符号数与有符号数之间转换：不改变数据内容，改变解释方式。

2¹³=8192，所以第14位为1代表8192，即

short [si]_原=110,0000,0000,0100

short [si]_补=101,1111,1111,1100=1101,1111,1111,1100

unsigned short [usi]_补=1101,1111,1111,1100

2¹⁶=65536,所以16个1为65535，又2¹³=8192,可得

[usi]_补=65535-8192-2-1=57340

所以答案为D

14.(统考2015-13) 由3个“1”和5个“0”组成的8位二进制补码， 能表示的最小整数是（）

A．-126

B．-125

C．-32

D．-3

解析：

-128=1000,0000，转换成补码为1,0000,0000

-127=1111,1111，转换成补码为1000,0001

-126=1111,1110，转换成补码为1000,0010

……

由以上分析可得：只要3个“1”和5个“0”组成的补码最小，则转换成原码再转换成的十进制整数也最小，

补码：1000,0011，原码：1111,1101，转换成十进制即-125

所以答案为B

15.(统考2019-13)考虑以下C语言代码：

unsigned short usi=65535;

short si=usi;

执行上述程序段后，si的值为多少（）

A.-1

B.-32767

C.-32768

D.-65535

解析：

在C语言中，数据用补码存储。short型占2字节，16位。无符号数与有符号数之间转换：不改变数据内容，改变解释方式。

2¹⁶=65536

unsigned short [usi]_补=1111,1111,1111,1111

short [si]_补=1111,1111,1111,1111=-32767

[si]_原=1000,0000,0000,0001=-1

所以答案为A

16.将十进制真值(－127,－1,0,＋1,＋127)列表表示成二进制数及原码、反码、补码、移码值

解析：

0在[ｘ]_原和[ｘ] _反中有两种表示

17.已知ｘ1 ＝－0.1110,ｘ2＝＋0.1101,

求：[x1 ]_补，[-x1]_补， [x2]_补，[-x2]_补。

解析：

[x]_补$\longleftrightarrow$[-x]_补：各位(含符号位)取反取反加1

[x1]_补＝1.0010

[-x1]_补＝0.1110

[x2]_补＝0.1101

[-x2]_补＝1.0011

18.ｘ＝＋0.1101,ｙ＝＋0.0110,求ｘ－ｙ

解析：

[x]_补=0.1101

[y]_补=0.0110

[-y]_补=1.1010

[x-y]_补=[x]_补+[-y]_补=0.1101+1.1010=0.0111

所以x-y=+0.0111

算术运算验证：0.1101－0.0110＝+0.0111

19.(1)ｘ＝＋0.1100, ｙ＝＋0.1000,求ｘ＋ｙ

(2)ｘ＝－0.1100, ｙ＝-0.1000,求ｘ＋ｙ

解析：

运算后若双符号位=01，则发生上溢；若双符号位=10，则发生下溢。双符号位补码相加的结果,不论溢出与否,最高符号位始终指示正确的符号。

(1)[x+y]_补=00.1100+00.1000=01.0100

双符号位出现“01”,表示上溢,即结果大于＋1

(2)[x+y]_补=11.0100+11.1000=10,1100

双符号位出现“10”,表示下溢,即结果小于－1。

20.某字长8位的计算机中，已知整型变量x、y的机器数分别为[x]_补=11110100，[y]_补=10110000。若整型变量 z=2×x+y/2，则z的机器数为（ ）

A. 11000000

B. 00100100

C. 10101010

D. 溢出

解析：

补码：符号位不参与移位。左移补0、右移补符号位

[2X]_补=11101000

[y/2]_补=11011000

[Z]_补=[2X]_补+[y/2]_补=11101000+11011000=11000000

所以答案为A

21.若浮点数x的IEEE754标准存储格式为(41360000)₁₆，求其浮点数的十进制数值。

解析：

由浮点数确定真值：

1. 确定数符S、阶码E、尾数M的分布
2. (-1)^s×1.M×2^E-127

IEEE754 32位标准：1+8+23

(41360000)₁₆=(0100,0001,0011,0110,0000,0000,0000,0000)₂

数符s=0，阶码E=(1000,0010)₂=(130)₁₀，尾数M=011011

X=(-1)^s×1.M×2^E-127=(-1)⁰×1.0111011×2^130-127=+(1.011011)×2³=+1011.011=(11.375)₁₀

22.将(20.59375)₁₀转换成IEEE754标准的32位浮点数的二进制存储格式。

解析：

由真值确定浮点数：

1. 转换为二进制，移动小数点
2. 确定数符S、阶码E、尾数M的分布

(20.59375)₁₀=(10100.10011)₂=(1.010010011)₂×2⁴

S=0，E=4+127=131=1000,0011，M=010010011

最后得到32位浮点数的二进制存储格式为：

0100,0001,1010,0100,1100,0000,0000,0000=(41A4C000)₁₆

23.将5/32及-4120表示成IEEE754单精度浮点数格式，并用十六进制书写

解析：

由真值确定浮点数：

1. 转换为二进制，移动小数点
2. 确定数符S、阶码E、尾数M的分布

(1) (5/32)=(0.00101)₂=(1.01)×2^-3

S=0，E=-3+127=124=0111,1100，M=01

0011,1110,0010,0000,0000,0000,0000,0000=(3E200000)₁₆

(2) (-4120)=(1000,0000,1100,0)=(1.000000011000)×2¹²

S=1，E=12+127=139=10001011，M=000000011

1100,0101,1000,0000,1100,0000,0000,0000=C580C000H

24.将十六进制的IEEE754单精度浮点数42E48000转换成十进制数。

解析：

由浮点数确定真值：

1. 确定数符S、阶码E、尾数M的分布
2. (-1)^s×1.M×2^E-127

42E48000=0100,0010,1110,0100,1000,0000,0000,0000

S=0，E=1000,0101=133，M=1100,1001

(-1)⁰×(1.11001001)×2⁶=1110010.01=114.25

25.设机器字长16位,定点表示,尾数15位,数符1位,问：

(1)定点原码整数表示时,最大正数是多少?最小负数是多少?

(2)定点原码小数表示时,最大正数是多少?最小负数是多少?

解析：

(1) 定点原码整数

最大正数：0111,1111,1111,1111=2¹⁵-1=32767

最小负数：1111,1111,1111,1111=-(2¹⁵-1)=-32767

(2)定点原码小数

最大正数：+0.111,1111,1111,1111,=1-2^-15

最小负数：-0.111,1111,1111,1111,=-（1-2^-15）

26.假设由S,E,M三个域组成的一个32位二进制字所表示的非规格化浮点数ｘ,真值表示为：

X＝(-1)^s×1.M×2^E-128

其中数符S为1位，阶码E为8位，尾数M为23位。

请问：x所表示的最大正数、最小正数、最大负数、最小负数是多少？

解析：

最大正数：0111,1111,1111,1111,1111,1111,1111,1111

最小正数：0000,0000,0000,0000,0000,0000,0000,0000

最大负数：1000,0000,0000,0000,0000,0000,0000,0000

最小负数：1111,1111,1111,1111,1111,1111,1111,1111

27.float类型（即IEEE754单精度浮点数格式）能表示的最大正整数是（）

A. 2¹²⁶-2¹⁰³

B. 2¹²⁷-2¹⁰⁴

C. 2¹²⁷-2¹⁰³

D. 2¹²⁸-2¹⁰⁴

解析：

0111,1111,0111,1111,1111,1111,1111,1111

E=254，e=254-127=127，M=111,1111,1111,1111,1111,1111=(1-2^-23)₁₀

(-1)⁰×(1.111……)×2¹²⁷=[1+(1-2^-23)]×2¹²⁷=(2-2^-23)×2¹²⁷=2¹²⁸-2¹⁰⁴

所以答案为D

28.假定变量i，f，d数据类型分别为int, float, double(int 用补码表示，float和double用IEEE754单精度和双精度浮点数据格式表示)，已知i=785，f=1.5678e3，d=1.5e100， 若在32位机器中执行下列关系表达式，则结果为真的是（） (I) i＝＝(int)(float)i

(II) f＝＝(float)(int)f

(III) f＝＝(float)(double)f

(IV) (d＋f)－d＝＝f

A. 仅I和II

B. 仅I和III

C. 仅II和III

D.仅III和IV

解析：

由于(int)f=1，所以II错。IV的计算过程是先将f转换成双精度，然后加法运算，故得到 (d＋f)－d双精度，而f为单精度，所以IV错

所以答案为B

29.float型数据通常用IEEE 754单精度浮点数格式表示。若编译器将float型变量x分配在一个32位浮点寄存器FR1中，且x = -8.25，则FR1的内容是（）

A. C104 0000H

B. C242 0000H

C. C184 0000H

D. C1C2 0000H

解析：

由真值确定浮点数：

1. 转换为二进制，移动小数点
2. 确定数符S、阶码E、尾数M的分布

(-8.25)₁₀=(1000.01)₂=(1.00001×2³)

S=1，E=3+127=130=1000,0010，M=00001

1100,0001,0000,0100,0000,0000,0000,000=C104 0000H

所以答案为A

30.某数采用IEEE单精度浮点数格式表示为 C640 0000H,则该数的值是( )

A. －1.5×2¹³

B. －1.5×2¹²

C. －0.5×2¹³

D. －0.5×2¹²

解析：

由浮点数确定真值：

1. 确定数符S、阶码E、尾数M的分布
2. (-1)^s×1.M×2^E-127

C640 0000=1100,0110,0100,0000,0000,0000,0000,0000

S=1，E=1000,1100=140，e=E-127=13，M=1

(-1)¹×(1.1)×2¹³=-1.5×2¹³

所以答案为A

31.设ｘ＝2⁰¹⁰×0.11011011,ｙ＝2¹⁰⁰×(－0.10101100),求 ｘ＋ｙ。

解析：

浮点加减运算操作：

1. 求阶差并对阶(小阶向大阶)
2. 尾数进行加或减运算
3. 结果规格化
4. 舍入处理
5. 判溢出

注：

1. 两数均以补码表示,阶码采用双符号位,尾数采用单符号位
2. 补码算术右移：补符号数；补码算术左移：补0
3. 补码表示的尾数规格化：尾数最高数值位必须和尾数符号位相反

x：[E_x]_补=00010，[M_x]_补=0.11011011

y：[E_y]_补=00100，[M_y]_补=1.01010100

求阶差：△E = E_y - E_x = [ E_y ]_补 + [ - E_x ]_补 = 00100 + 11110 = 00010=+2

对阶后：[E_x]_补=00100，[M_x]_补=0.00110110(11)，其中(11)表示[M_x]_补右移2位后移出的最低两位数

尾数加：[M_x]_补 + [M_y]_补 = 0.00110110(11) + 1.01010100 = 1.10001010(11)

规格化：左规1.10001010(11) = 1.00010101(10)，E=00011

0舍1入：1.00010101 + 0.00000001 = 1.00010110

判溢出：阶码符号位为00,不溢出,故得最终结果为

ｘ＋ｙ＝2⁰¹¹×(－0.11101010)

32.在浮点数原码运算时, 判定结果为规格化数的条件是 。

A. 阶的符号位与尾数的符号位不同

B. 尾数的符号位与最高数值位相同

C. 尾数的符号位与最高数值位不同

D. 尾数的最高数值位为1

解析：

原码表示的尾数规格化：尾数的最高数值位必须是1

所以答案为D

33.若浮点数用补码表示，则判断运算结果是否为规格化数的方法是

A. 阶符与数符相同为规格化数

B. 阶符与数符相异为规格化数

C. 数符与尾数小数点后第一位数字相异为规格化数

D. 数符与尾数小数点后第一位数字相同为规格化数

解析：

补码表示的尾数规格化：尾数最高数值位必须和尾数符号位相反

所以答案为C

34.浮点数加减运算过程一般包括对阶、尾数运算、规格化、舍入和判溢出等步骤。设浮点数的阶码和尾数均采用补码表示，且位数分别为5位和7位（均含2位符号位）。若有两个数X=2⁷×29/32，Y=2⁵×5/8，则用浮点加法计算X+Y的最终结果是（）

A. 00111 1100010

B. 00111 0100010

C. 01000 0010001

D. 发生溢出

解析：

浮点加减运算操作：

1. 求阶差并对阶(小阶向大阶)
2. 尾数进行加或减运算
3. 结果规格化
4. 舍入处理
5. 判溢出

[E_x]_补=00111，[M_x]_补=00.11101

[E_y]_补=00101，[M_y]_补=00.10100

阶差=2，y向x看齐，[E]_补=00111，[M_y]_补=00.00101(00)

[M_x]_补 + [M_y]_补= 00.11101 + 00.00101(00) = 01.00010

发生尾数上溢，但是阶码00111，已经达到最大，尾数无法移位调整，发生无法拯救的尾数上溢

所以答案为D

选择题中简便方法：

在十进制中，X=2⁷×29/32，Y=2⁵×5/8=2⁷×5/32

X+Y=2⁷×(29/32+5/32)，尾数大于1，发生尾数上溢，阶码数值位只有3位，最大为7，尾数无法移位调整，发生无法拯救的尾数上溢

所以答案为D

35.下列有关浮点数加减运算的叙述中，正确的是( )

Ⅰ.对阶操作不会引起阶码的上溢或下溢

Ⅱ.右规和尾数舍入都可能引起阶码的上溢

Ⅲ.左规时可能引起阶码的下溢

Ⅳ.尾数溢出时结果不一定溢出

A. 仅Ⅱ、Ⅲ

B. 仅Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ

C. 仅Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ

D. Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ

解析：

对阶是较小的阶码对齐至较大的阶码，Ⅰ 正确。

右规和尾数舍入过程，阶码加1而可能上溢，Ⅱ 正确，

同理 Ⅲ也正确。

尾数溢出时可能仅产生误差，结果不一定溢出，Ⅳ 正确。

所以答案为D