【生物】2019届一轮复习苏教版基因的自由组合定律教案

【生物】2019届一轮复习苏教版基因的自由组合定律教案

第15讲　基因的自由组合定律 ‎[最新考纲]　基因的自由组合定律(Ⅱ)。‎ 考点一　两对相对性状的遗传实验分析(5年8考)‎ ‎1.两对相对性状的杂交实验——发现问题 ‎(1)杂交实验过程 ‎(2)结果分析：F2共有9种基因型，4种表现型 ‎2.对自由组合现象的解释——提出假说 ‎(1)理论解释 ‎①F1产生配子时，等位基因分离，非同源染色体上的非等位基因可以自由组合，产生数量相等的4种配子。‎ ‎②受精时，雌雄配子的结合方式有16种。‎ ‎③F2的基因型有9种，表现型为4种，比例为9∶3∶3∶1。‎ ‎(2)遗传图解 ‎3.对自由组合现象的验证——演绎推理、验证假说 ‎(1)方法：测交实验 ‎(2)目的：测定F1的基因型或基因组成。‎ ‎(3)遗传图解：‎ ‎(4)结论：实验结果与演绎结果相符，假说成立。‎ ‎4.自由组合定律 教材高考 ‎1.真题重组　判断正误 ‎(1)控制棉花纤维长度的三对等位基因A/a、B/b、C/c对长度的作用相等，分别位于三对同源染色体上。已知基因型为aabbcc的棉花纤维长度为6 cm，每个显性基因增加纤维长度2 cm。棉花植株甲(AABbcc)与乙(aaBbCc)杂交，则F1的棉花纤维长度范围是8～14 cm。(2016·经典高考卷，25)(√)‎ ‎(2)孟德尔定律支持融合遗传的观点(2015·海南卷，12)(×)‎ ‎(3)基因型为AaBbDdEeGgHhKk的个体自交，假定这7对等位基因自由组合，‎ 则7对等位基因纯合个体出现的概率与7对等位基因杂合个体出现的概率不同(2014·海南卷，22D)(×)‎ 以上内容主要源自必修2 P37～40基因自由组合定律，把握自由组合定律实质是解题关键。‎ ‎2.(必修2 P57T2改编)豌豆子叶的黄色(Y)对绿色(y)为显性，种子的圆粒(R)对皱粒(r)为显性，两亲本杂交得到F1，其表现型如图。下列叙述错误的是(　　)‎ A.亲本的基因组成是YyRr、yyRr B.在F1中，表现型不同于亲本的是黄色皱粒、绿色皱粒 C.F1中黄色圆粒豌豆的基因组成是YyRR或YyRr D.F1中纯合子占的比例是 解析　由F1表现型中黄色∶绿色＝1∶1，圆粒∶皱粒＝3∶1，可推知亲本中与粒色有关的组合为Yy∶yy与粒形有关的组合为Rr×Rr，故亲本类型为YyRr×yyRr，F1中表现型不同于亲本的类型为黄色皱粒和绿色皱粒，F1中黄色圆粒豌豆的基因组成是YyRR或YyRr，F1纯合子＝×＝。‎ 答案　D ‎　自由组合定律的实质 ‎(2014·全国卷)现有4个小麦纯合品种，即抗锈病无芒、抗锈病有芒、感锈病无芒和感锈病有芒。已知抗锈病对感锈病为显性，无芒对有芒为显性，且这两对相对性状各由一对等位基因控制。若用上述4个品种组成两个杂交组合，使其F1均为抗锈病无芒，且这两个杂交组合的F2的表现型及其数量比完全一致。回答问题：‎ ‎(1)为实现上述目的，理论上，‎ 必须满足的条件有：在亲本中控制这两对相对性状的两对等位基因必须位于________上，在形成配子时非等位基因要________，在受精时雌雄配子要________，而且每种合子(受精卵)的存活率也要________。那么，这两个杂交组合分别是________和________。‎ ‎(2)上述两个杂交组合的全部F2植株自交得到F3种子，1个F2植株上所结的全部F3种子种在一起，长成的植株称为1个F3株系。理论上，在所有F3株系中，只表现出一对性状分离的株系有4种，那么，在这4种株系中，每种株系植株的表现型及其数量比分别是________，________________，________________和________________。‎ 解析　(1)4个纯合品种组成的两个杂交组合的F1的表现型相同，且F2的表现型及其数量比完全一致，由此可推断出控制这两对性状的两对等位基因位于非同源染色体上，其遗传遵循基因的自由组合定律，理论上还需满足受精时雌雄配子是随机结合的、受精卵的存活率相等等条件。两种杂交组合分别为抗锈病无芒×感锈病有芒、抗锈病有芒×感锈病无芒。(2)若分别用A、a和B、b表示控制抗锈病、感锈病和无芒、有芒的基因，则F1基因型为AaBb，F2的基因型为A_B_、A_bb、aaB_、aabb，F2自交后代只表现出一对性状分离的基因型分别是AABb、AaBB、Aabb、aaBb，其对应F3株系的表现型及其数量比分别为抗锈病无芒∶抗锈病有芒＝3∶1、抗锈病无芒∶感锈病无芒＝3∶1、抗锈病有芒∶感锈病有芒＝3∶1、感锈病无芒∶感锈病有芒＝3∶1。‎ 答案　(1)非同源染色体　自由组合　随机结合　相等　抗锈病无芒×感锈病有芒　抗锈病有芒×感锈病无芒　(2)抗锈病无芒∶抗锈病有芒＝3∶1　抗锈病无芒∶感锈病无芒＝3∶1　感锈病无芒∶感锈病有芒＝3∶1　抗锈病有芒∶感锈病有芒＝3∶1‎ ‎1.基因自由组合定律的细胞学基础 ‎2.巧用“逆向组合法”推断亲本基因型 ‎①9∶3∶3∶1⇒(3∶1)(3∶1)⇒(Aa×Aa)(Bb×Bb)；‎ ‎②1∶1∶1∶1⇒(1∶1)(1∶1)⇒(Aa×aa)(Bb×bb)；‎ ‎③3∶3∶1∶1⇒(3∶1)(1∶1)⇒(Aa×Aa)(Bb×bb)或(Aa×aa)(Bb×Bb)；‎ ‎④3∶1⇒(3∶1)×1⇒(Aa×Aa)(BB×__)或(Aa×Aa)(bb×bb)或(AA×_ _)(Bb×Bb)或(aa×aa)(Bb×Bb)。‎ 注：并非所有非等位基因都遵循自由组合定律——减数第一次分裂后期自由组合的是非同源染色体上的非等位基因(如图A中基因A、a和B、b)，而同源染色体上的非等位基因(如图B中基因A和C或a和b)，则不遵循自由组合定律。‎ ‎　自由组合定律的验证 ‎(2017·湖南长郡中学高考百日冲刺试卷五)已知玉米体细胞中有10对同源染色体，下表表示玉米纯系品种的表现型、相应的基因型(字母表示)及所在的染色体。品系①为显性纯合子，表现型为果皮黄色、长节、胚乳非甜、高茎、黄色胚乳，②～⑥均只有一个性状属隐性纯合，其他性状均为显性纯合。‎ 品系 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ 性状 显性纯合子 白色果皮pp 短节bb 胚乳甜ss 矮茎dd 白色胚乳gg 所在染色体 ⅠⅣⅥ Ⅰ Ⅰ Ⅳ Ⅵ Ⅵ ‎(1)若要验证基因自由组合定律，应选择品系①和④、②和④还是⑤和⑥作为亲本进行实验？________。为什么？__________________________________________‎ ‎_____________________________________________________________________。‎ ‎(2)玉米的果皮白色与黄色是相对性状，胚乳甜与非甜是另一对相对性状。如果只考虑②与④相互授粉则②植株上所结的果实果皮颜色为________，④植株上所结种子胚的基因型为________(只考虑上述两对相对性状)。‎ ‎(3)自然界玉米茎为稳定遗传的绿茎，若田间偶尔发现有一株紫色玉米。若已证实这对性状为核基因控制，请利用现有玉米为材料，探究这对性状的显隐关系？‎ a.实验方案：‎ ‎______________________________________________________________________‎ b.结果预测及结论：‎ ‎______________________________________________________________________‎ ‎______________________________________________________________________‎ 答案　(1)②和④　①和④只有一对等位基因，符合基因的分离定律，⑤和⑥的两对基因位于同一对同源染色体上，不符合基因的自由组合定律　(2)白色　PpSs ‎(3)a.用绿茎和紫茎玉米相互授粉，观察子代的表现型　b.如果子一代植株均表现绿茎，则绿茎为显性；如果子一代植株均表现紫茎或同时出现紫茎和绿茎，则紫茎为显性 孟德尔两大定律的验证方法整合 验证方法 结论 自交法 F1自交后代的分离比为3∶1，则符合基因的分离定律，由位于一对同源染色体上的一对等位基因控制 F1自交后代的分离比为9∶3∶3∶1(或其变式)，则符合基因的自由组合定律，由位于两对同源染色体上的两对等位基因控制 测交法 F1测交后代的性状比例为1∶1，则符合分离定律，由位于一对同源染色体上的一对等位基因控制 F1测交后代的性状比例为1∶1∶1∶1，由位于两对同源染色体上的两对等位基因控制 花粉鉴定法 F1若有两种花粉，比例为1∶1，则符合分离定律 F1若有四种花粉，比例为1∶1∶1∶1，则符合自由组合定律 单倍体育种法 取花药离体培养，用秋水仙素处理单倍体幼苗，若植株有两种表现型，比例为1∶1，则符合分离定律 取花药离体培养，用秋水仙素处理单倍体幼苗，若植株有四种表现型，比例为1∶1∶1∶1，则符合自由组合定律 考点二　自由组合定律中特殊的分离比(5年12考)‎ ‎1.“和”为16的特殊分离比的成因 ‎(1)基因互作 序号 条件 F1(AaBb) 自交后代比例 F1测交后代比例 ‎1‎ 存在一种显性基因时表现为同一类型，其余正常表现 ‎9∶6∶1‎ ‎1∶2∶1‎ ‎2‎ 两种显性基因同时存在时，表现为一种类型，否则表现为另一种类型 ‎9∶7‎ ‎1∶3‎ ‎3‎ 当某一对隐性基因成对存在时表现为双隐类型，其余正常表现 ‎9∶3∶4‎ ‎1∶1∶2‎ ‎4‎ 只要存在显性基因就表现为一种类型，其余正常表现 ‎15∶1‎ ‎3∶1‎ ‎(2)显性基因累加效应 ‎①表现：‎ ‎②原因：A与B的作用效果相同，但显性基因越多，其效果越强。‎ ‎2.“和”小于16的特殊分离比的成因 序号 原因 后代比例 ‎1‎ 显性纯合致死(AA、BB致死)‎ 自交子代若一对显性基因纯合致死，如AA致死，则9∶3∶3∶1变化为6∶3∶2∶1；若两对显性基因纯合都致死，则9∶3∶3∶1变化为4∶2∶2∶1‎ 测交子代AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝1∶1∶1∶1‎ ‎2‎ 隐性纯合致死(自交情况)‎ 自交子代出现9∶3∶3(双隐性致死)；自交子代出现9∶1(单隐性致死)‎ ‎　自由组合定律的应用——多对等位基因的遗传问题 ‎(2017·全国卷Ⅱ，6)若某哺乳动物毛色由3对位于常染色体上的、独立分配的等位基因决定，其中A基因编码的酶可使黄色素转化为褐色素；B基因编码的酶可使该褐色素转化为黑色素；D基因的表达产物能完全抑制A基因的表达；相应的隐性等位基因a、b、d的表达产物没有上述功能。若用两个纯合黄色品种的动物作为亲本进行杂交，F1均为黄色，F2中毛色表现型出现了黄∶褐∶黑＝52∶3∶9的数量比，则杂交亲本的组合是(　　)‎ A.AABBDD×aaBBdd，或AAbbDD×aabbdd B.aaBBDD×aabbdd，或AAbbDD×aaBBDD C.aabbDD×aabbdd，或AAbbDD×aabbdd D.AAbbDD×aaBBdd，或AABBDD×aabbdd 解析　由题意知，两个纯合黄色品种的动物作为亲本进行杂交，F1均为黄色，F2中毛色表现型出现了黄∶褐∶黑＝52∶3∶9，子二代中黑色个体占＝＝‎ eq f(9,64)，结合题干3对等位基因位于常染色体上且独立分配，说明符合基因的自由组合定律，而黑色个体的基因型为A_B_dd，要出现的比例，可拆分为××，可进一步推出F1基因组成为AaBbDd，进而推出D选项正确。‎ 答案　D 利用分离定律解决多对等位基因的遗传问题 在已知子代分离比推导亲代基因型的情况下，可以将自由组合定律的性状分离比“拆分”成分离定律的分离比分别分析，再运用乘法原理进行逆向组合。解题思路如下：‎ ‎(1)确定题中涉及几对等位基因的遗传。如本题中涉及3对等位基因的遗传。‎ ‎(2)“拆分”某基因型或表现型所占的比例。如本题中黑色个体在F2中所占的比例是9/64，根据F2中黑色个体的基因型为A_B_dd，可将比例“拆分”为(3/4)×(3/4)×(1/4)。‎ ‎(3)“逆推”F1的基因型。如由(2)中“(3/4)×(3/4)×(1/4)”中的“3/4”“3/4”“1/4”分别逆推出F1的各对基因对应的基因型分别是Aa、Bb、Dd，将它们拼在一起即可得到F1的基因型AaBbDd。‎ ‎【方法体验】‎ ‎(2017·湖北重点中学)某植物红花和白花为一对相对性状，受多对等位基因控制(如A、a；B、b；C、c…)，当个体的基因型中每对等位基因都至少含有一个显性基因(即A_B_C_…)时才开红花，否则开白花。现有甲、乙、丙、丁4个纯合白花品系，相互之间进行杂交，杂交组合、后代表现型及其比例如表所示，下列分析错误的是(　　)‎ 组一 组二 组三 组四 组五 组六 P 甲×乙 乙×丙 乙×丁 甲×丙 甲×丁 丙×丁 F1‎ 白色 红色 红色 白色 红色 白色 F2‎ 白色 红色81∶白色175‎ 红色27∶白色37‎ 白色 红色81∶白色175‎ 白色 A.组二F1基因型可能是AaBbCcDd B.组五F1基因型可能是AaBbCcDdEE C.组二和组五的F1基因型可能相同 D.这一对相对性状最多受四对等位基因控制，且遵循自由组合定律 解析　组二和组五中F1自交，F2的分离比为红∶白＝81∶175，即红花占81/(81＋175)＝(3/4)4，由此可推测这对相对性状至少受四对等位基因控制，且基因分别位于不同的同源染色体上，遵循自由组合定律，D错误；组二、组五中F1至少含四对等位基因，当该对性状受四对等位基因控制时，组二、组五中F1的基因型都为AaBbCcDd；当该对性状受五对等位基因控制时，组五中F1的基因型可能是AaBbCcDdEE，A、B、C正确。‎ 答案　D ‎　无“致死”状况下的变式分离比 ‎(2016·全国卷Ⅲ，6)用某种高等植物的纯合红花植株与纯合白花植株进行杂交，F1全部表现为红花。若F1自交，得到的F2植株中，红花为272株，白花为212株；若用纯合白花植株的花粉给F1红花植株授粉，得到的子代植株中，红花为101株，白花为302株。根据上述杂交实验结果推断，下列叙述正确的是(　　)‎ A.F2中白花植株都是纯合体 B.F2中红花植株的基因型有2种 C.控制红花与白花的基因在一对同源染色体上 D.F2中白花植株的基因型种类比红花植株的多 解析　本题切入点不在于“F1全表现红花”而在于用纯合白花植株花粉给F1红花植株授粉，子代红花为101株，白花为302株，即红花∶白花＝1∶3。这应符合两对等位基因自由组合的杂合子测交子代比例1∶1∶1∶1的变式，由此可推知该相对性状由两对等位基因控制(设为A、a和B、b)，即F1的基因型为AaBb，F1自交得到的F2中白花植株的基因型有A_bb、aaB_和aabb，故A错误；F2中红花植株(A_B_)的基因型有4种。‎ 答案　D ‎1.特殊分离比的解题技巧 ‎(1)看F2的组合表现型比例，若表现型比例之和是16，不管以什么样的比例呈现 ‎，都符合基因的自由组合定律。‎ ‎(2)将异常分离比与正常分离比9∶3∶3∶1进行对比，分析合并性状的类型。如比值为9∶3∶4，则为9∶3∶(3∶1)，即4为后两种性状的合并结果，若分离比为9∶6∶1，则为9∶(3∶3)∶1；若分离比为15∶1，则为(9∶3∶3)∶1。‎ ‎2.巧用“性状比之和”，快速判断控制遗传性状的基因的对数 ‎(1)自交情况下，得到的“性状比之和”是4的几次方，就说明自交的亲代中含有几对等位基因；‎ ‎(2)测交情况下，得到的“性状比之和”是2的几次方，则该性状就由几对等位基因控制。‎ ‎【方法体验】‎ ‎(2018·河南省八市重点高中高三质量检测)某种二倍体植物的花瓣有四种颜色，分别是白色、紫色、红色和粉红色，由位于非同源染色体上的两对等位基因(A/a和B/b)控制(如图所示)。‎ ‎(1)花瓣细胞中的色素位于________(细胞器)中，催化色素合成的酶的合成场所是________(细胞器)。‎ ‎(2)如果将纯合白花和粉红色花杂交，F1全部表现为红花，然后让F1进行自交得到F2，亲本基因型是________和________。‎ ‎(3)如果将两种非白花亲本杂交，F1只有白花、红花和粉红花三种性状，则亲本基因型是________和________。‎ ‎(4)红花和粉红花杂交，后代最多有________种基因型，最多有________种表现型。‎ 解析　(1)花瓣细胞中的色素位于液泡中，催化色素合成的酶的化学本质是蛋白质，蛋白质的合成场所是核糖体。‎ ‎(2)纯合白花的基因型是aa_ _，纯合粉红色花的基因型是AABB，要保证F1全部表现为红花，纯合白花的基因型必须是aabb。‎ ‎(3)白花的基因型是aa_ _，红花的基因型是A_Bb，粉花的基因型是A_BB，‎ 将两种非白花亲本杂交，F1只有白花、红花和粉红花三种性状，所以亲本基因型必须是AaBB和AaBb。‎ ‎(4)红花的基因型是A_Bb，粉花的基因型是A_BB，要保证后代基因型最多，杂合程度越高越好，所以亲本红花的基因型是AaBb，粉花的基因型是AaBB，后代最多有6种基因型，杂交后代出现不了紫花，所以最多有3种表现型。‎ 答案　(1)液泡　核糖体　(2)aabb　AABB　(3)AaBB　AaBb　(4)6　3‎ ‎　“致死”状况下的变式分离比 小鼠由于其繁殖能力强、性状多样而成为遗传学研究的常用材料。下面是不同鼠种的毛色及尾长性状遗传研究的几种情况，在实验中发现有些基因有纯合致死现象(在胚胎时期就使个体死亡)，请分析回答下列问题：‎ ‎(1)甲种鼠的一个自然种群中，体色有黄色(Y)和灰色(y)，尾巴有短尾(D)和长尾(d)。任意取雌雄两只黄色短尾鼠经多次交配，F1的表现型为：黄色短尾∶黄色长尾∶灰色短尾∶灰色长尾＝4∶2∶2∶1。则该自然种群中，黄色短尾鼠的基因型可能为________；让上述F1代中的灰色短尾雌雄鼠自由交配，则F2代中灰色长尾鼠占________，纯合灰色短尾鼠个体比例为________。若无上述纯合致死现象，要通过一次杂交实验探究控制尾巴的基因在X染色体或是常染色体上，则应该选择的杂交组合是_________________________________________________________。‎ ‎(2)乙种鼠的一个自然种群中，体色有三种：黄色、灰色、青色，其生化反应原理如下图所示。已知基因A控制酶1的合成，基因B控制酶2的合成，基因b控制酶3的合成(基因B能抑制基因b的表达)，纯合aa的个体由于缺乏酶1使黄色素在鼠内积累过多而导致50%的个体死亡。分析可知：‎ ‎①细胞内基因的表达包括________和________两个过程，黄色鼠的基因型有________种。‎ ‎②两只青色鼠交配，后代只有黄色和青色，且比例为1∶6，‎ 则这两只青色鼠可能的基因型组合中基因型不相同的组合为___________________________________。‎ 让多只基因型为AaBb的成鼠自由交配，则后代中黄色个体所占比例为________。‎ 解析　(1)任意取雌雄两只黄色短尾鼠经多次交配，F1的表现型为：黄色短尾∶黄色长尾∶灰色短尾∶灰色长尾＝4∶2∶2∶1，分析两对相对性状，对于体色来说，黄色∶灰色＝2∶1，说明黄色对灰色是显性，且显性纯合致死，对于尾的长度来说，短尾∶长尾＝2∶1，说明短尾对长尾是显性，显性基因纯合致死，因此自然种群中黄色短尾的基因型是YyDd；F1代中的灰色短尾雌雄鼠yyDd、yyDd，F1代中的灰色短尾雌雄鼠自由交配，则F2代中的基因型是yyDD∶yyDd∶yydd＝1∶2∶1，其中yyDD致死，因此灰色长尾鼠的比例是yydd＝；由于yyDD致死，因此不存在纯合灰色短尾鼠个体；通过一次杂交实验探究控制尾巴的基因在X染色体或是常染色体上，应该选用隐性性状的雌性个体与显性性状的雄性个体杂交，观察杂交后代的表现型及性别关系，即选♀长尾×♂短尾。‎ ‎(2)①基因表达的过程包括转录和翻译过程；由题图和题意可知，aa存在表现为黄色，黄色的基因型是aaBB、aaBb、aabb三种。‎ ‎②由题图可知，青色鼠的基因型是A_B_，两只青色鼠交配，后代只有黄色和青色，且比例为1∶6，亲本青色鼠杂交组合为AaBB×AaBb或AaBB×AaBB，如果亲本基因型不同，则亲本组合是AaBB×AaBb；多只基因型为AaBb的成鼠自由交配，则后代的基因型及比例是A_B_∶A_bb∶aaB_∶aabb＝9∶3∶3∶1，其中aaB_、aabb有50%死亡，因此基因型为AaBb的个体自由交配表现型比例为黄色∶青色∶灰色＝2∶9∶3，其中黄色个体的比例是。‎ 答案　(1)YyDd　　0　♀长尾×♂短尾　(2)①转录　翻译　3　②AaBB×AaBb　 ‎(1)致死效应的快速确认：若存在“致死”现象，则可导致子代比例偏离“16”的“失真”现象，如A基因中两显性基因纯合致死时可导致子代基因型为AA__的个体致死，此比例占，从而导致子代成活个体组合方式由“16”变成“12”。同理，因其他致死类型的存在，“16”也可能变身为“15”“14”等。‎ ‎(2)“致死”原因的精准推导 第一种方法：直接判断法——直接利用基因自由组合定律来分析 第二种方法：间接判断法——分解成两个基因分离定律问题，分别分析。即将“黄短∶黄长∶灰短∶灰长＝4∶2∶2∶1”转化为两个基因分离定律问题来处理，即黄色∶灰色＝2∶1，短尾∶长尾＝2∶1，由此来确定致死原因是Y和D基因都纯合致死。‎ 易错·防范清零 ‎[易错清零]‎ 易错点1　误认为在两对相对性状的杂交实验中，F2中出现了“新性状”‎ 点拨　在两对相对性状的杂交实验中，F2中出现了新的表现型，但并未出现新性状，新表现型的出现是原有性状重新组合的结果。‎ 易错点2　误认为YyRr×yyrr和yyRr×Yyrr均为测交 点拨　测交是指F1与隐性纯合子杂交。因此虽然YyRr×yyrr和yyRr×Yyrr这两对组合的后代的基因型相同，但只有YyRr×yyrr称为测交。‎ 易错点3　不能敏锐进行“实验结果数据”与“9∶3∶3∶1及其变式”间的有效转化 点拨　涉及两对相对性状的杂交实验时，许多题目给出的结果并非9∶3∶3∶1或3∶6∶7或9∶3∶4或10∶6或9∶7等规律性比，而是列出许多实验结果的真实数据如F2数据为90∶27∶40或25∶87∶26或333∶259等，针对此类看似毫无规律的数据，应设法将其转化为“9∶3∶3∶1或其变式”的规律性比，才能将问题化解。‎ 易错点4　不能灵活进行“信息转化”克服思维定势，误认为任何状况下唯有“纯合子”自交才不会发生“性状分离”‎ 点拨　由于基因间相互作用或制约，或由于环境因素对基因表达的影响，可导致“不同基因型”的生物表现为“相同表现型”。‎ ‎[规范答题]‎ 某观赏植物的花色有红、白两种花色，果实形状有三角形、卵圆形两种。为探究该植物花色、果实形状的遗传方式，分别进行两组实验。‎ 实验一：用纯合三角形果实与纯合卵圆形果实杂交，统计如下：‎ 亲本 F1‎ F2‎ 三角形果实 三角形果实 三角形果实(301株)‎ 卵圆形果实 卵圆形果实(20株)‎ 实验二：纯合红花植株与纯合白花植株进行杂交，F1全部表现为红花。若F1自交，得到的F2植株中，红花为272株，白花为212株；若用纯合白花植株的花粉给F1红花植株授粉，得到的子代植株中，红花为101株，白花为302株。‎ ‎(1)该植物花色遗传、果实形状遗传分别遵循________、________(填“分离定律”“自由组合定律”或“伴性遗传”)‎ ‎(2)“实验一”F2三角形果实植株中，部分个体无论自交多少代，其后代果实的表现型仍然为三角形，这样的个体在F2三角形果实植株中的比例为________，其基因型为_______________________________________________________________。‎ ‎(3)“实验二”F2中白花植株________(填“都是”或“不都是”)纯合体，F2中红花植株的基因型种类________(填“多于”“等于”或“少于”)白花植株的基因型种类。‎ 答卷采样 错因分析 果实的基因型只要有AA或BB，无论自交多少代，都不会发生性状分离。F2相关基因型有AABB、AABb、AaBB、AAbb、aaBB，所占比例为，正确答案为，AABB、AABb、AaBB、AAbb、aaBB 白花的基因型可表示为A_bb、aaB_、aabb，即F2中白花植株基因型5种，有纯合子，也有杂合子，故正确答案为不都是 课堂小结 思维导图 晨读必背 ‎1.基因自由组合定律的实质是等位基因分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合。‎ ‎2.在自由组合中的每一对相对性状，若单独地分析都遵守基因的分离定律。‎ ‎3.分离定律和自由组合定律是真核生物细胞核基因在有性生殖中的传递规律。分离定律是自由组合定律的基础。‎ ‎4.在完全显性的情况下，两对相对性状的纯合子杂交，F1为双显性个体，F2有4种表现型，比例为9∶3∶3∶1。但由于基因之间的相互作用及致死基因的存在，结果往往会出现与9∶3∶3∶1不一致的分离比。‎ 随堂·真题&预测 ‎1.(2015·海南卷，12)下列叙述正确的是(　　)‎ A.孟德尔定律支持融合遗传的观点 B.孟德尔定律描述的过程发生在有丝分裂中 C.按照孟德尔定律，AaBbCcDd个体自交，子代基因型有16种 D.按照孟德尔定律，对AaBbCc个体进行测交，测交子代基因型有8种 解析　孟德尔指出，生物的性状是由遗传因子决定的，这些遗传因子就像一个个独立的颗粒，既不会相互融合，也不会在传递中消失，他不支持融合遗传，A错误；孟德尔指出，生物体在形成生殖细胞——配子时，成对的遗传因子彼此分离，分别进入不同的配子中，而形成生殖细胞的过程是减数分裂，B错误；根据孟德尔的自由组合定律，AaBbCcDd个体自交，四对等位基因的分离和组合是互不干扰的，每对等位基因可产生三种不同的基因型，所以子代基因型可以产生3×3×3×3＝81种，C错误；同理，AaBbCc个体进行测交，每对等位基因可以产生两种不同的基因型，所以测交子代基因型有2×2×2＝8种，D正确。‎ 答案　D ‎2.[2017·全国卷Ⅲ，32(节选)]已知某种昆虫的有眼(A)与无眼(a)、正常刚毛(B)与小刚毛(b)、正常翅(E)与斑翅(e)这三对相对性状各受一对等位基因控制。现有三个纯合品系：①aaBBEE、②AAbbEE和③AABBee。假定不发生染色体变异和染色体交换，回答下列问题：‎ 若A/a、B/b、E/e这三对等位基因都位于常染色体上，请以上述品系为材料，设计实验来确定这三对等位基因是否分别位于三对染色体上。(要求：写出实验思路、预期实验结果、得出结论)‎ 解析　根据题目要求，不考虑染色体变异和染色体交换。题中所给三个品系均为双显性一隐性性状，因此可以每两品系进行一次杂交，通过对杂交后自交产生的F2代的性状进行分析，得出结论。选择①×②、②×③、①×③三个杂交组合，分别得到F1和F2，若各杂交组合的F2中均出现四种表现型，且比例为9∶3∶3∶1，则可确定这三对等位基因位于三对染色体上；若出现其他结果，则可确定这三对等位基因不是位于三对染色体上。‎ 答案　选择①×②、②×③、①×③三个杂交组合，分别得到F1和F2，若各杂交组合的F2中均出现四种表现型，且比例为9∶3∶3∶1，则可确定这三对等位基因位于三对染色体上；若出现其他结果，则可确定这三对等位基因不是位于三对染色体上 ‎3.(2019·高考预测)某自花传粉植物的花有白色、红色和紫色三种花色，由A和a、B和b两对独立遗传的等位基因控制。基因对花色性状的控制有两种假说，如下图所示，已知假说二中基因A抑制基因B的表达。请回答下列问题：‎ ‎(1)分析该植物花色的遗传可知，基因能通过控制________进而控制生物的性状。基因A、a的根本区别是________的不同。‎ ‎ (2)若假说一成立，则紫花植株的基因型有________种；若假说二成立，则红花植株的基因型是________。‎ ‎(3)现选取基因型为AaBb的紫花植株为亲本进行自交；‎ ‎①若假说一成立，则F1植株的表现型及比例为_____________________________。‎ ‎②若假说二成立，则F1植株的表现型及比例为_____________________________；‎ 再取F1红花植株进行自交得F2，则F2中白花植株所占比例为____________。‎ 答案　(1)酶的合成　碱基对(脱氧核苷酸)排列顺序　(2)4　aaBB、aaBb　(3)①紫花∶红花∶白花＝9∶3∶4　②紫花∶红花∶白花＝12∶3∶1　 教师独具 ‎1.(2017·河北武邑中学三调，30)美国亚得桑那沙漠上生活着一种蜥蜴，其体温随外界温度的变化而变化。当体温28 ℃时体色灰绿，随着体温逐渐升高体色逐渐变蓝和鲜亮；体温36 ℃时体色呈艳丽的蓝色。这表明(　　)‎ A.这种蜥蜴的体温控制着体色性状 B.这种蜥蜴的体温能够引起体色的可遗传变异 C.表现型相同，基因型不一定相同 D.表现型是基因型与环境条件共同作用的结果 解析　基因决定生物的性状，随着温度的变化，蜥蜴的体色发生改变，说明温度能影响生物的性状，即生物性状是基因型与环境条件共同作用的结果，D正确。‎ 答案　D ‎2.(2017·山东烟台质检，35)拉布拉多犬的毛色受两对等位基因控制，一对等位基因控制毛色，其中黑色(B)对棕色(b)为显性；另一对等位基因控制颜色的表达，颜色表达(E)对不表达(e)为显性。无论遗传的毛色是哪一种(黑色或棕色)，颜色不表达导致拉布拉多犬的毛色为黄色。一位育种 学家连续将一只棕色的拉布拉多犬与一只黄色的拉布拉多犬交配，子代小狗中有黑色和黄色两种。根据以上结果判断亲本最可能的基因型是(　　)‎ A.bbEe×bbee B.bbEE×Bbee C.bbEe×BBee D.bbee×Bbee 解析　棕色的狗bbE_与黄色的狗__ee交配，结果生下的小狗有黑色B_E_和黄色__ee，结合选项，C正确。‎ 答案　C ‎3.(2017·皖江名校联考)已知某种植物子粒的红色和白色为一对相对性状，这一对相对性状受到多对等位基因的控制。某研究小组将若干个子粒红色与白色的纯合亲本杂交，结果如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ ‎　　　‎ A.控制红色和白色相对性状的基因分别位于两对同源染色体上 B.第Ⅲ组杂交组合中子一代的基因型有3种 C.第Ⅰ、Ⅱ组杂交组合产生的子一代的基因型可能有3种 D.第Ⅰ组的子一代测交后代中红色和白色的比例为3∶1‎ 解析　根据Ⅲ中F2红粒∶白粒＝63∶1，即白粒所占比例为1/64＝(1/4)3，说明红色和白色性状至少由三对独立遗传的等位基因控制，即三对等位基因分别位于三对同源染色体上，A错误；设基因为A、a，B、b，C、c，第Ⅲ组杂交组合中子一代的基因型只有1种(AaBbCc)，B错误；白粒的基因型只有1种，即aabbcc，只要基因型中含有显性基因，就表现为红粒，第Ⅰ组子一代的基因型可能为Aabbcc、aaBbcc、aabbCc，第Ⅱ组子一代的基因型可能为AaBbcc、AabbCc、aaBbCc，C正确；如果第Ⅰ组子一代的基因型为Aabbcc，则它与aabbcc测交，后代中红粒∶白粒＝1∶1，同理，如果第Ⅰ组子一代的基因型为aaBbcc或aabbCc，测交后代也是红粒∶白粒＝1∶1，D错误。‎ 答案　C ‎4.(2017·江淮十校联考)水稻香味性状与抗病性状独立遗传。香味性状受隐性基因(a)控制，抗病(B)对感病(b)为显性。为选育抗病香稻新品种，进行一系列杂交实验。两亲本无香味感病与无香味抗病植株杂交的统计结果如下图所示。下列有关叙述不正确的是(　　)‎ A.香味性状一旦出现即能稳定遗传 B.两亲本的基因型分别是Aabb、AaBb C.两亲本杂交的子代中能稳定遗传的有香味抗病植株所占比例为0‎ D.两亲本杂交的子代自交，后代群体中能稳定遗传的有香味抗病植株所占比例为 解析　由题意可知，香味性状对应基因型为aa，一旦出现即能稳定遗传；由于子代抗病∶感病＝1∶1，可推知亲代为Bb和bb，子代无香味∶香味＝3∶1，可推知亲代为Aa和Aa，所以两亲本的基因型分别是Aabb、AaBb；子代中有香味抗病植株的基因型为aaBb，均为杂合子；两亲本杂交的子代为AABb、AaBb、AAbb、Aabb、aaBb、aabb，子代自交，后代群体中能稳定遗传的有香味抗病植株(aaBB)所占比例为××＋×＝。‎ 答案　D ‎(时间：30分钟　满分：100分)‎ ‎1.(2017·湖南岳阳模拟，27)番茄红果对黄果为显性，二室果对多室果为显性，长蔓对短蔓为显性，三对性状独立遗传。现有红果、二室、短蔓和黄果、多室、长蔓的两个纯合品系，将其杂交种植得F1，F1自交得F2，则在F2中红果、多室、长蔓所占的比例及红果、多室、长蔓中纯合子的比例分别是(　　)‎ A.9/64、1/9 B.9/64、1/64‎ C.3/64、1/3 D.3/64、1/64‎ 解析　设控制三对性状的基因分别用A、a，B、b，C、c表示，亲代为AABBcc与aabbCC，F1为AaBbCc，F2中A_∶aa＝3∶1，B_∶bb＝3∶1，C_∶cc＝3∶1，所以F2中红果、多室、长蔓所占的比例是3/4×1/4×3/4＝9/64；在F2的每对相对性状中，显性性状中的纯合子占1/3，故红果、多室、长蔓中纯合子的比例是1/3×1/3＝1/9。‎ 答案　A ‎2.下列关于孟德尔遗传实验和分离定律的叙述，错误的是(　　)‎ A.孟德尔据实验提出遗传因子在体细胞中成对存在，在配子中单个出现的设想 B.F2的3∶1性状分离比依赖于雌雄配子的随机结合 C.孟德尔巧妙设计的测交方法只能用于检测F1的基因型 D.若用玉米为实验材料验证分离定律，所选实验材料不一定为纯合子 解析　孟德尔据实验提出遗传因子在体细胞中成对存在，在配子中单个出现的设想，A正确；雌雄配子的随机结合是F2中出现3∶1性状分离比的条件之一，B正确；测交实验往往用来鉴定某一显性个体的基因型和它形成的配子类型及其比例，C错误；若用玉米为实验材料验证分离定律，所选实验材料不一定为纯合子，D正确。‎ 答案　C ‎3.(2017·广东蕉岭中学开学考试，30)短尾蝮蛇体色的遗传机理如图所示，物质甲、乙均不存在时表现为白色。下列分析合理的是(　　)‎ A.白蛇的基因型是aaBb B.雌雄黑红花斑蛇交配，后代可能有四种表现型 C.黑蛇与红蛇交配的后代不可能出现白蛇 D.对杂合黑蛇进行测交，后代表现型比为1∶1的前提是各种配子成活率为100%‎ 解析　基因型A_bb为黑色，aaB_为红色，A_B_为黑红花斑色，故白蛇的基因型为aabb，A错误；雌雄黑红花斑蛇交配，若基因型均为AaBb，后代可能有A_B_(黑红花斑色)、A_bb (黑色)、aaB_(红色)、aabb(白色)四种表现型，B正确；若黑蛇为Aabb，红蛇为aaBb，二者交配的后代可能出现aabb，C错误；对杂合黑蛇(Aabb)进行测交，欲使其后代表现型比例为1∶1，不仅要求各种配子成活率相等，D错误。‎ 答案　B ‎4.某种鼠中，皮毛黄色(A)对灰色(a)为显性，短尾(B)对长尾(b)为显性。基因A或b纯合会导致个体在胚胎期死亡。两对基因位于常染色体上，相互间独立遗传。现有一对表现型均为黄色短尾的雌、雄鼠交配，发现子代部分个体在胚胎期死亡。则理论上子代中成活个体的表现型及比例为(　　)‎ A.均为黄色短尾 B.黄色短尾∶灰色短尾＝2∶1‎ C.黄色短尾∶灰色短尾＝3∶1‎ D.黄色短尾∶灰色短尾∶黄色长尾∶灰色长尾＝6∶3∶2∶1‎ 解析　根据题干中“基因A或b纯合会导致个体在胚胎期死亡”可知：①黄色短尾的雌、雄鼠的基因型都为AaB_；②子代中不会出现长尾鼠(bb)。Aa×Aa→1/4AA(致死)、1/2Aa(黄色)、1/4aa(灰色)；综合考虑两对性状，则子代中成活个体的表现型及比例为黄色短尾∶灰色短尾＝2∶1。‎ 答案　B ‎5.(2017·河北衡水中学二调，32)果蝇的长翅(V)对残翅(v)为显性。但是，即使是纯合的长翅品系的幼虫在35 ℃温度条件下培养(正常培养温度为25 ℃)，长成的成体果蝇也是残翅的，这种现象称为“表型模拟”。现有一只残翅果蝇，要判断它是属于纯合残翅(vv)，还是“表型模拟”，则应选用的配种方案和培养温度条件分别是(　　)‎ A.该残翅果蝇与异性残翅果蝇、35 ℃‎ B.该残翅果蝇与异性长翅果蝇、35 ℃‎ C.该残翅果蝇与异性残翅果蝇、25 ℃‎ D.该残翅果蝇与异性长翅果蝇、25 ℃‎ 解析　根据题意可知，该残翅果蝇可能属于纯合残翅(vv)，也可能是“表型模拟”，即基因型为VV或Vv的个体在35 ℃温度条件下培养长成的残翅，因此要确定其基因型，可选用该残翅果蝇与异性残翅果蝇(vv)交配并将子代在25 ℃条件下培养。若该残翅果蝇属于纯合残翅(vv)，则25 ℃条件下培养出的子代全部为残翅；若该残翅果蝇属于“表型模拟”(即基因型为VV或Vv)，则25 ℃条件下培养出的子代中会出现长翅，C正确。‎ 答案　C ‎6.(2017·安徽安庆期末)小麦的抗病和感病为一对相对性状，无芒和有芒为另一对相对性状，用纯合的抗病无芒和感病有芒的小麦作为亲本进行杂交，F1全部表现为抗病无芒，F1自交获得的F2的表现型比例为9∶3∶3∶1。若给F2中抗病无芒的植株授以感病有芒植株的花粉，其后代的性状分离比为(　　)‎ A.16∶8∶2∶1 B.4∶2∶2∶1‎ C.9∶3∶3∶1 D.25∶5∶5∶1‎ 解析　根据题干信息可知，抗病和无芒均为显性性状；根据“F1自交获得的F2的表现型比例为9∶3∶3∶1”，可判断出题中两对相对性状的遗传遵循基因的自由组合定律。设小麦的抗病和感病由A、a基因控制，无芒和有芒由B、b基因控制，则可确定F2中抗病无芒植株的基因型及比例为AABB∶AABb∶AaBB∶AaBb＝1∶2∶2∶4，只考虑A、a时，F2中抗病无芒植株的基因型及比例为AA∶Aa＝3∶6＝1∶2→配子基因型及比例为2/3A、1/3a，同理，只考虑B、b时，配子基因型及比例为2/3B、1/3b，故F2产生的配子的基因型及比例为AB∶Ab∶aB∶ab＝[(2/3)×(2/3)]∶[(2/3)×(1/3)]∶[(1/3)×(2/3)]∶[(1/3)×(1/3)]＝4∶2∶2∶1，由于感病有芒植株的基因型为aabb，其产生的花粉基因型只有ab一种，所以可进一步推断“若给F2中抗病无芒的植株授以感病有芒植株的花粉”，其后代的性状分离比＝4∶2∶2∶1。‎ 答案　B ‎7.(2017·山东省济南一中期中)某种昆虫长翅A对残翅a为显性，直翅B对弯翅b为显性，有刺刚毛D对无刺刚毛d为显性，‎ 控制这3对性状的基因均位于常染色体上。现有这种昆虫一个体细胞的基因型如右图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A.长翅与残翅、直翅与弯翅两对相对性状的遗传遵循自由组合定律 B.若无变异，该昆虫一个初级精母细胞产生的精细胞基因型有4种 C.细胞有丝分裂后期，移向细胞同一极的基因有A、a、b、b、D、d D.为验证基因的自由组合定律，必须用基因型为aabbdd的异性体来与该昆虫进行交配 解析　由图可知，控制该昆虫长翅与残翅、直翅与弯翅两对相对性状的基因位于一对同源染色体上，不遵循基因自由组合定律，A错误；一个初级精母细胞产生的4个精细胞的基因型是两两相同、两两互补的，共2种，B错误；细胞有丝分裂后期，每条染色体的着丝点分裂，移向细胞同一极的基因有A、a、b、b、D、d，C正确；为验证基因自由组合定律，可用来与该昆虫进行交配的异性个体基因型有多种选择，如aabbdd、aaBBdd、AabbDd、AaBBDd等，D错误。‎ 答案　C ‎8.(2017·福建省福州市月考)小麦的粒色受两对同源染色体上的两对基因R1和r1、R2和r2控制。R1和R2决定红色，r1和r2决定白色，R对r为不完全显性，并有累加效应，也就是说，麦粒的颜色随R的增加而逐渐加深。将红粒(R1R1R2R2)与白粒(r1r1r2r2)杂交得F1，F1自交得F2，则F2的基因型种类数和不同表现型比例为(　　)‎ A.3种、3∶1 B.3种、1∶2∶1‎ C.9种、9∶3∶3∶1 D.9种、1∶4∶6∶4∶1‎ 解析　已知麦粒的颜色随R的增加而逐渐加深，即显性基因越多，颜色越深，显性基因的数量不同颜色不同。将红粒(R1R1R2R2)与白粒(r1r1r2r2)杂交得F1的基因型是R1r1R2r2，让R1r1R2r2自交得F2，则F2的R1R1为，R1r1为，r1r1为；R2R2为，R2r2为，r2r2为。因此，显性基因的数量有4个的R1R1R2R2比例为×＝；显性基因的数量有3个的R1R1R2r2和R1r1R2R2比例为(×)＋(×)＝；显性基因的数量有2个的R1r1R2r2和R1R1r2r2和r1r1R2R2，比例为(×)＋(×)＋(×)＝ ‎；显性基因的数量1个的R1r1r2r2、r1r1R2r2比例为(×)＋(×)＝；显性基因的数量0个，基因型为r1r1r2r2，比例为×＝，所以F2的表现型比例为∶∶∶∶＝1∶4∶6∶4∶1。‎ 答案　D ‎9.(2017·湖南六校联考)某观赏植物的白花对紫花为显性，花瓣一直为单瓣，但经人工诱变后培育出一株重瓣白花植株，研究发现重瓣对单瓣为显性，且含重瓣基因的花粉致死。将此株重瓣白花为母本与单瓣紫花杂交，F1中出现1/2重瓣白花，1/2单瓣白花，让F1的重瓣白花自交，得F2，F2中表现型比为(　　)‎ A.9∶3∶3∶1 B.3∶3∶1∶1‎ C.6∶3∶2∶1 D.4∶2∶1∶1‎ 解析　假设控制花瓣的基因为A和a，控制花色的基因为B和b。由题干信息可知白花是显性性状，紫花是隐性性状，重瓣对单瓣为显性，因此亲本中单瓣紫花的基因型为aabb，因F1都为白花且重瓣∶单瓣＝1∶1，因此亲本中重瓣白花的基因型为AaBB，则F1中重瓣白花的基因型为AaBb，根据选项两对基因自由组合，AaBb自交，产生的花粉只有aB、ab两种类型(AB、Ab致死)，产生的卵细胞有AB、Ab、aB、ab四种类型，则自交后代的基因型有1AaBB(重瓣白花)、2AaBb(重瓣白花)、1aaBB(单瓣白花)、2aaBb(单瓣白花)、1Aabb(重瓣紫花)、1aabb(单瓣紫花)，因此重瓣白花∶单瓣白花∶重瓣紫花∶单瓣紫花＝3∶3∶1∶1。‎ 答案　B ‎10.(2017·安徽省六安市高考模拟)香豌豆能利用体内的前体物质经过一系列代谢过程逐步合成蓝色中间产物和紫色色素，此过程是由B、b和D、d两对等位基因控制(B、b位于①位置，D、d位于②位置，如下图)，两对基因不在一对同源染色体上。其中具有紫色素的植株开紫花，只具有蓝色中间产物的开蓝花，两者都没有的则开白花。‎ ‎(1)①位置是________基因，②位置是________基因，基因型BbDd的香豌豆自交后代白色∶蓝色∶紫色＝4∶3∶9。‎ ‎(2)①位置是________基因，②位置是________基因，基因型BbDd的香豌豆自交后代白色∶蓝色∶紫色＝12∶1∶3。‎ ‎(3)①位置是________基因，②位置是________基因，基因型 BbDd的香豌豆自交后代白色∶蓝色∶紫色＝4∶9∶3。‎ 解析　(1)如果基因型BbDd的香豌豆自交后代白色∶蓝色∶紫色＝4∶3∶9，说明紫色基因型是B_D_，①是B、②是D。‎ ‎(2)如果基因型BbDd的香豌豆自交后代白色∶蓝色∶紫色＝12∶1∶3，说明B_D_表现为白色，蓝色是bbdd，①是b，②是D。‎ ‎(3)如果基因型BbDd的香豌豆自交后代白色∶蓝色∶紫色＝4∶9∶3，蓝色基因型是B_D_，则①是B，②是d。‎ 答案　(1)B　D　(2)b　D　(3)B　d ‎11.(2017·河南省洛阳市一模)将纯合灰毛雌家兔与纯合白毛雄家兔杂交，F1都是灰毛，若用F1中所有雌家兔与亲代白毛雄家兔交配(回交)，子代中白毛∶灰毛为3∶1。‎ 请回答：‎ ‎(1)根据杂交实验结果分析，家兔毛色性状受常染色体上________对等位基因控制。‎ ‎(2)亲本中白毛兔的基因型为________(若一对等位基因用Aa表示；若两对等位基因用Aa、Bb表示)。‎ ‎(3)若让回交子代中的灰毛个体间随机交配一代，后代的表现型及比例为_____________________________________________________________________，‎ 其中白毛个体中纯合子占________。‎ ‎(4)若亲本中一只白毛家兔的染色体上整合了两个荧光蛋白基因，分别是G和R，单独带有G、R基因的精子能分别呈现绿色、红色荧光，同时带有G、R基因的精子能呈现绿色和红色荧光叠加。请根据该家兔产生精子的性状及比例，判断并从图中选出G、R基因在染色体上的位置关系(不考虑突变)。‎ ‎①若精子呈现绿色荧光25%、红色荧光25%、绿色和红色荧光叠加25%、无荧光25%，则可推断G、R基因最可能是图________所示的位置；‎ ‎②若精子呈现绿色荧光4%、红色荧光4%、绿色和红色荧光叠加46%、无荧光46%，则可推断G、R基因是图________所示的位置。‎ 解析　(1)根据以上分析可知家兔毛色性状受常染色体上两对等位基因控制，遵循基因的自由组合定律。‎ ‎(2)根据以上分析已知亲本基因型是AABB(灰毛)和aabb(白毛)，F1灰毛为双杂合AaBb，与aabb回交，后代白毛有Aabb、aaBb和aabb 3种。‎ ‎(3)F1灰毛为双杂合AaBb，与aabb回交，子代中的灰毛为AaBb，其个体间随机交配，后代表现型及比例为灰毛(A_B_)∶白毛(A_bb、aaB_、aabb)＝9∶7，其中白毛个体中纯合子占。‎ ‎(4)①若精子呈现绿色荧光25%、红色荧光25%、绿色、红色荧光叠加25%、无荧光25%，比例为1∶1∶1∶1，则可推断G、R基因位于两条非同源染色体上，B正确。‎ ‎②若精子呈现绿色荧光4%、红色荧光4%、绿色、红色荧光叠加46%、无荧光46%，说明G、R连锁，在同一条染色体上，且出现了交叉互换，C正确。‎ 答案　(1)两　(2)aabb　(3)灰毛∶白毛＝9∶7　　(4)B　C ‎12.果蝇是常用的遗传学实验材料，其体色有黄身(H)、黑身(h)之分，翅型有长翅(V)、残翅(v)之分。现用两种纯合果蝇杂交，F2出现4种类型且比例为5∶3∶3∶1，已知果蝇有一种精子不具有受精能力。回答下列问题：‎ ‎(1)果蝇体色与翅型的遗传遵循___________________________________________‎ 定律，亲本果蝇的基因型是______________________________________________。‎ ‎(2)不具有受精能力精子的基因组成是________，F2黄身长翅果蝇中双杂合子的比例为________。‎ ‎(3)若让F2黑身长翅果蝇自由交配，则子代的表现型及比例为_________________。‎ ‎(4)现有多种不同类型的果蝇，从中选取亲本通过杂交实验来验证上述不能完成受精作用的精子的基因型。‎ ‎①‎ 杂交组合：选择_______________________________________________________‎ 的果蝇进行杂交。‎ ‎②结果推断：若后代出现________________________________________________，‎ 则不具有受精能力精子的基因型为________。‎ 解析　(1)由于F2出现4种类型且比例为5∶3∶3∶1，所以果蝇体色与翅型的遗传遵循基因的自由组合定律，则F1的基因型是HhVv，亲本果蝇的基因型是HHVV与hhvv或HHvv与hhVV，但基因组成为HV的精子不具有受精能力，所以亲本果蝇的基因型只能是HHvv与hhVV。‎ ‎(2)由于F2出现4种类型且比例为5∶3∶3∶1，所以不具有受精能力精子的基因组成是HV。F2黄身长翅果蝇的基因型是HhVV、HHVv、HhVv，比例为1∶1∶3，所以双杂合子的比例为。‎ ‎(3)F2黑身长翅的基因型是hhVV、hhVv，比例为1∶2，所以hV配子的比例为，hV配子的比例为。若让F2黑身长翅果蝇自由交配，则子代的表现型及比例为黑身长翅∶黑身残翅＝(×＋××2)∶(×)＝8∶1。‎ ‎(4)要想通过杂交实验来验证不能完成受精作用的精子的基因型，则选取的杂交组合为：黑身残翅的果蝇做母本、双杂合的黄身长翅果蝇做父本，杂交后代中若出现黄身残翅∶黑身长翅∶黑身残翅＝1∶1∶1，则验证了不具有受精能力精子的基因型为HV。‎ 答案　(1)基因的自由组合　HHvv、hhVV　(2)HV　　(3)黑身长翅∶黑身残翅＝8∶1　(4)①黑身残翅的果蝇做母本，双杂合的黄身长翅果蝇做父本 ‎②黄身残翅∶黑身长翅∶黑身残翅＝1∶1∶1　HV ‎13.连城白鸭和白改鸭为两个肉鸭品种，羽色均为白色，已知鸭的羽色受两对等位基因(用A、a和B、b)控制。研究人员用如表所示外貌特征的连城白鸭和白改鸭作为亲本进行杂交实验，过程及结果如图所示。请回答下列问题：‎ ‎　　 外貌特征 亲本　　‎ 羽色 肤色 喙色 连城白鸭 白色 白色 黑色 白改鸭 白色 白色 橙黄色 ‎(1)从以上杂交实验的过程及结果，可以推断鸭的羽色遗传符合基因的自由组合定律，原因是_____________________________________________________________‎ ‎_____________________________________________________________________。‎ ‎(2)已知基因A、a控制鸭的体细胞中黑色素的合成(基因A可促进黑色素的合成)；基因B促进基因A在羽毛中的表达，基因b抑制基因A在羽毛中的表达，但基因B和b均不影响鸭的喙色。上述杂交实验中，亲本连城白鸭的基因型为________，F2白羽鸭中纯合子所占的比例为________。‎ ‎(3)研究人员发现F2中黑羽∶灰羽约为1∶2，他们假设B基因存在剂量效应，即基因A存在时，有一个B基因羽色表现为灰色，有两个B基因羽色表现为黑色，为了验证该假设，可以选用F2中的多只灰羽鸭与亲本中的________进行杂交，若后代的表现型及比例为_______________________________________________，‎ 说明该假设成立。‎ 解析　(1)由题意可知，杂交实验的F2中非白羽(黑羽和灰羽)∶白羽约为9∶7(为9∶3∶3∶1的变形)，符合自由组合定律中的性状分离比，因此鸭的羽色遗传符合基因的自由组合定律。(2)由题意可知，基因A能促进黑色素的合成，基因b抑制基因A在羽毛中的表达，故关于羽色性状的基因型中，基因型为aaB_、A_bb、aabb的个体表现为白色，又因连城白鸭的喙色为黑色，且F1全为灰羽，所以亲本连城白鸭的基因型为AAbb。F1表现为灰羽，基因型为AaBb，所以杂交实验中亲本白改鸭的基因型为aaBB。F2的基因型及比例为A_B_∶A_bb∶aaB_∶aabb＝9∶3∶3∶1，F2中白羽鸭的基因型为AAbb、Aabb、aaBB、aaBb、aabb，其中纯合子的基因型为AAbb、aaBB、aabb)，因此F2白羽鸭中纯合子所占的比例是3/7。(3)欲验证题中所述假设，可选用F2中的多只灰羽鸭(2/3AaBb、1/3AABb)与亲本中的白改鸭(aaBB)杂交，若后代的表现型及比例为黑羽∶灰羽∶白羽＝1∶1∶1，说明该假设成立。遗传图解如下：‎ 经计算，后代的表现型及比例为黑羽∶灰羽∶白羽＝1∶1∶1。‎ 答案　(1)F2中非白羽(黑羽和灰羽)∶白羽约为9∶7(为9∶3∶3∶1的变形)，说明控制羽色的两对等位基因位于两对同源染色体上　(2)AAbb　3/7　(3)白改鸭　黑羽∶灰羽∶白羽＝1∶1∶1‎