人教版高中生物必修2章末质量评估卷1含答案

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  章末质量评估卷(一)(时间：90分钟　满分：100分)一、选择题(共20小题，每小题2.5分，共50分)1．下列有关概念之间关系的叙述，不正确的是(　　)A．一般情况下，基因型决定表现型B．等位基因控制相对性状C．杂合子自交后代没有纯合子D．性状分离是由于基因的分离解析：选C　基因型对表现型起决定作用，一般情况下，基因型相同，表现型也相同，但同时环境条件也影响表现型，A项正确；等位基因是指位于同源染色体的同一位置、控制着一对相对性状的基因，B项正确；杂合子自交，后代中有纯合子出现，C项错误；基因的分离会导致性状分离，D项正确。2．有些植物的花为两性花(即一朵花中既有雄蕊，也有雌蕊)，有些植物的花为单性花(即一朵花中只有雄蕊或雌蕊)。下列有关植物杂交育种的说法中，正确的是(　　)A．对两性花的植物进行杂交需要对父本进行去雄B．对单性花的植物进行杂交的基本操作程序是去雄→套袋→授粉→套袋C．无论是两性花植物还是单性花植物，在杂交过程中都需要套袋D．提供花粉的植株称为母本解析：选C　对两性花的植物进行杂交需要对母本进行去雄；对单性花的植物进行杂交的基本操作程序是套袋→授粉→套袋；无论是两性花植物还是单性花植物，在杂交过程中都需要套袋，其目的是避免外来花粉的干扰；提供花粉的植株称为父本，接受花粉的植株称为母本。3．已知小麦抗锈病由显性基因控制，让一株杂合子小麦自交得F1，淘汰掉其中不抗锈病的植株后，再自交得F2，从理论上计算，F2中不抗锈病占植株总数的(　　)A．1/4　　　　　　　 B．1/6C．1/8  D．1/16解析：选B　根据题意，假设抗锈病与不抗锈病由等位基因A、a决定，则F1的基因型及比例为AA∶Aa∶aa＝1∶2∶1，淘汰其中不抗锈病的植株(aa)后，剩余植株中，AA占1/3，Aa占2/3，淘汰掉不抗锈病的植株后，再自交，其中1/3AA自交，后代不发生性状分离，而2/3Aa自交，后代发生性状分离(AA∶Aa∶aa＝1∶2∶1)，所以F2中不抗锈病植株占植株总数的比例为2/3×1/4＝1/6。4．一匹家系不明的雄性黑马与若干匹雌性红马杂交，生出20匹红马和22匹黑马，你认为这两种亲本马的基因型分别是(　　)A．黑马为显性纯合子，红马为隐性纯合子B．黑马为杂合子，红马为显性纯合子C．黑马为隐性纯合子，红马为显性纯合子D．黑马为杂合子，红马为隐性纯合子解析：选D　显、隐性纯合子杂交后代均为显性，故A、C错误；显性纯合子与杂合子杂交后代也均为显性，B错误；杂合子与隐性纯合子杂交后代，显隐性之比为1∶1，D正确。5．(2019·清远期中)小麦抗秆锈病对易染秆锈病为显性。甲、乙抗秆锈病的小麦中，一为纯合子，一为杂合子，若要鉴别并保留纯合抗秆锈病小麦，则最简便易行的方法是(　　)A．甲×乙  B．甲、乙分别测交C．甲×甲，乙×乙  D．甲×乙，得F1再自交解析：选C　鉴别方法：(1)鉴别一只动物是否为纯合子，可用测交法；(2)鉴别一棵植物是否为纯合子，可用测交法和自交法，其中自交法最简便。因此要鉴定甲、乙两株显性小麦是否为纯合子，最简便易行的方法是甲×甲，乙×乙。6．(2018·武汉检测)某种小鼠的体色受常染色体基因的控制，现用一对纯合灰鼠杂交，F1都是黑鼠，F1中的雌雄个体相互交配，F2体色表现为9黑∶6灰∶1白。下列叙述正确的是(　　)A．小鼠体色遗传遵循基因的自由组合定律B．若F1与白鼠杂交，后代表现为2黑∶1灰∶1白C．F2灰鼠中能稳定遗传的个体占1/2D．F2黑鼠有2种基因型解析：选A　根据F2性状分离比可判断基因的遗传遵循自由组合定律；F1(AaBb)与白鼠(aabb)杂交，后代中AaBb(黑)∶Aabb(灰)∶aaBb(灰)∶aabb(白)＝1∶1∶1∶1；F2灰鼠(A_bb、aaB_)中纯合子占1/3；F2 黑鼠(A_B_)有4种基因型。7．(2019·烟台检测)落花生是闭花受粉的植物，果实(花生)的厚皮对薄皮为显性，果子狸毛色深褐色对浅灰色是显性。若要鉴定一株结厚皮果实的落花生和一只深褐色果子狸的纯合与否，应采用的最简便的遗传方法分别是(　　)A．杂交、杂交　　 B．杂交、测交C．自交、自交  D．自交、测交解析：选D　鉴定纯合与否，动物可采用测交，植物既可以采用测交也可以采用自交，但对植物(尤其是闭花受粉的植物)而言，自交比测交操作简便。让厚皮落花生自交，若后代无性状分离，则为纯合子，否则为杂合子；让深褐色果子狸与多只浅灰色的隐性个体交配，若后代全为深褐色，则可认为是纯合子，否则是杂合子。8．(2019·枣庄期中)只有当A、B两个显性基因共同存在时，香豌豆才开红花，否则开白花。一株香豌豆与一株基因型为AaBb的香豌豆杂交，F1中有3/8开红花。下列相关说法，错误的是(　　)A．该株香豌豆一定开白花B．该株香豌豆的基因型一定为aaBbC．F1中开红花的植株全部为杂合子D．如果让F1自交，F2中开红花的比例为15/64解析：选B　香豌豆中，花色受两对基因控制，且是独立分配的，所以遵循基因的自由组合定律。又只有两个显性基因A、B同时存在时花为红色，说明基因型为A_B_时开红花，基因型为A_bb、aaB_和aabb时开白花。一株香豌豆与一株基因型为AaBb的香豌豆杂交，F1中有3/8开红花，是1/2×3/4的结果，所以该株香豌豆的基因型为aaBb或Aabb，不同时含有A、B两个显性基因，所以一定开白花，A项正确，B项错误；由于只有当A、B两个显性基因共同存在时，香豌豆才开红花，而亲本中一株香豌豆的基因型为aaBb或Aabb，所以F1中开红花的植株全部为杂合子，C项正确；若是aaBb与一株基因型为AaBb的香豌豆杂交，则F1的基因型为AaBB、AaBb、Aabb、aaBB、aaBb、aabb，且其比例为1∶2∶1∶1∶2∶1，则让F1自交，F2中开红花的比例为1/8×3/4＋2/8×9/16＝15/64，D项正确。9．番茄高茎(T)对矮茎(t)为显性，圆形果实(S)对梨形果实(s)为显性(控制两对相对性状的遗传因子独立遗传)。现将一株性状表现为高茎圆形果植株的花粉授给另一株性状表现相同的植株，所得子代性状表现及比例是高茎∶矮茎＝3∶1，圆形果实∶梨形果实＝3∶1。根据以上实验结果，判断下列叙述不正确的是(　　)A．上述亲本产生的子代的性状表现有4种B．上述亲本产生的子代的遗传因子组成有9种C．以上两株亲本可以分别通过不同杂交组合获得D．以上两株性状表现相同的亲本，遗传因子组成不相同解析：选D　先利用分离定律分析每一对相对性状的遗传情况。由题中已知的条件高茎(显)∶矮茎(隐)＝3∶1，得出亲本的相应遗传因子组成均为Tt。由圆形果实(显)∶梨形果实(隐)＝3∶1，得出亲本的相应遗传因子组成均为Ss，所以两亲本的遗传因子组成均为TtSs，其子代中性状表现有4种，遗传因子组成有9种。两株亲本可以通过TTSS×ttss和ttSS×TTss两种杂交组合获得。10．(2019·临沂期中)番茄的花色和叶的宽窄分别由两对等位基因控制，且两对基因中某一对基因纯合时会使受精卵致死。现用红色窄叶植株自交，子代的表现型及其比例为红色窄叶∶红色宽叶∶白色窄叶∶白色宽叶＝6∶2∶3∶1。下列有关表述正确的是(　　)A．这两对基因位于一对同源染色体上B．这两对相对性状中显性性状分别是红色和宽叶C．控制花色的基因具有隐性纯合致死效应D．自交后代中纯合子所占比例为1/6解析：选D　根据红色窄叶植株自交后代表现型比例为6∶2∶3∶1可知，这两对等位基因遵循自由组合定律；由子代中红色∶白色＝2∶1，窄叶∶宽叶＝3∶1，可知红色、窄叶为显性性状，且可判断出控制花色的显性基因纯合致死；子代中只有白色窄叶和白色宽叶中有纯合子，所占比例为2/12，即1/6。   11．某种蛙眼色的表现型与基因型的对应关系如下表(两对基因独立遗传)：表现型蓝眼绿眼紫眼基因型A_B_A_bb、aabbaaB_现有蓝眼蛙与紫眼蛙杂交，F1有蓝眼和绿眼两种表现型，理论上F1蓝眼蛙∶绿眼蛙为(　　)A．3∶1   B．3∶2C．9∶7   D．13∶3解析：选A　蓝眼蛙(A_B_)与紫眼蛙(aaB_)杂交，F1有蓝眼(A_B_)和绿眼(A_bb、aabb)两种表现型，据此推断亲本蓝眼蛙的基因型为AABb，紫眼蛙的基因型为aaBb。AABb×aaBb后代的表现型及比例为AaB_(蓝眼蛙)∶Aabb(绿眼蛙)＝3∶1。12．(2019·余杭期中)等位基因A、a和B、b分别位于不同对的同源染色体上。让显性纯合子(AABB)和隐性纯合子(aabb)杂交得F1，再让F1测交，测交后代的表现型比例为1∶3。如果让F1自交，则下列表现型比例中，F2代不可能出现的是(　　)A．13∶3  B．9∶4∶3C．9∶7  D．15∶1解析：选B　两对等位基因位于不同对同源染色体上，遵循基因的自由组合定律，根据正常的自由组合定律分离比，F1(AaBb)测交表现型应是四种且四种表现型比例为1∶1∶1∶1，而现在是1∶3，那么F1自交后代原本的9∶3∶3∶1应是两种表现型比例有可能是9∶7、13∶3或15∶1，故A、C、D正确；而B中的3种表现型是不可能的。13．某种鱼的鳞片有4种表现型：单列鳞、野生型鳞、无鳞和散鳞，由位于两对同源染色体上的两对等位基因决定(用A、a，B、b表示)，且BB对生物个体有致死作用。将无鳞鱼和纯合野生型鳞鱼杂交，F1有两种表现型，野生型鳞鱼占50%，单列鳞鱼占50%；选取F1中的单列鳞鱼进行互交，其后代中有上述4种表现型，这4种表现型的比例为6∶3∶2∶1，则F1的亲本基因型组合是(　　)A．Aabb×AAbb  B．aaBb×aabbC．aaBb×AAbb  D．AaBb×AAbb解析：选C　该鱼的鳞片有4种表现型，由两对独立遗传的等位基因控制，并且BB有致死作用，可推知该鱼种群4种表现型由A_Bb、A_bb、aaBb和aabb 4种基因型控制。F1中的单列鳞鱼相互交配能产生4种表现型的个体，可推出F1中的单列鳞鱼的基因型为AaBb；进而推知无鳞鱼和纯合野生型鳞鱼杂交，能得到基因型为AaBb的单列鳞鱼。先考虑B和b这对等位基因，亲本的基因型为Bb和bb，而亲本野生型鳞鱼为纯合子，故bb为亲本野生型鳞鱼的基因型，Bb为无鳞鱼的基因型；再考虑A和a这对等位基因，由于无鳞鱼和纯合野生型鳞鱼杂交后代只有两种表现型，且比例为1∶1，则亲本的基因型为AA和aa；基因型组合方式有AABb×aabb和AAbb×aaBb两种，第一种组合中基因型为AABb的个体表现为单列鳞。14．(2019·郑州期中)某种鼠的体色有三种：黄色、青色、灰色，受两对独立遗传的等位基因(A、a和B、b)控制。A_B_表现为青色，A_bb表现为灰色，aa__表现为黄色(约50%黄色个体会因黄色素在体内积累过多而死亡)。让灰色鼠与黄色鼠杂交，F1全为青色，理论上F2存活个体中青色鼠所占的比例是(　　)A．9/16  B．3/4C．6/7  D．9/14解析：选D　F1都为青色，则理论上F2的基因型及表现型比例为A_ B_∶A_bb∶(aaB_＋aabb)＝青色∶灰色∶黄色＝9∶3∶4，由于黄色中有50%的个体死亡，则后代个体表现型及比例为黄色∶青色∶灰色＝2∶9∶3，理论上F2存活个体中青色鼠所占的比例是9/14。15．(2019·郑州检测)已知一批基因型为AA和Aa的豌豆和玉米种子，其中纯合子与杂合子的比例均为1∶1，分别间行种植，则在自然状态下，豌豆和玉米子一代的显性性状与隐性性状的比例分别为(　　)A．7∶1、7∶1  B．7∶1、15∶1C．15∶1、15∶l  D．8∶1、16∶1解析：选B　由题意知，豌豆的基因型是AA、Aa，且比例是1∶1，豌豆在自然状态下是自花传粉、闭花受粉植物，因此豌豆间行种植后，其自交后代中显隐性性状的分离比是A_∶aa＝(1/2＋1/2×3/4)∶(1/2×1/4)＝7∶1。玉米的基因型及比例是AA∶Aa＝1∶1，玉米在自然状态下自由交配，玉米产生的雌、雄配子的基因型及比例是A∶a＝(1/2＋1/2×1/2)∶(1/2×1/2)＝3∶1，因此玉米间行种植后，自由交配后子代中显隐性性状的分离比是A_∶aa＝(AA＋Aa)∶aa＝(3/4×3/4＋3/4×1/4×2)∶(1/4×1/4)＝15∶1。16．控制两对相对性状的基因自由组合，如果F2的性状分离比分别为9∶7、9∶6∶1和15∶1，那么F1与隐性个体测交，得到的后代表现型比例分别是(　　)A．1∶3、1∶2∶1和3∶1  B．3∶1、4∶1和1∶3C．1∶2∶1、4∶1和3∶1  D．3∶1、3∶1和1∶4解析：选A　若F2性状分离比为9∶7，则表明基因型为双显性的个体表现为一种性状，其余的表现为另一种性状，测交时，双显性个体占1/4，其余占3/4，故比例为1∶3；若F2性状分离比为9∶6∶1，则表明双显性个体表现为一种性状，两种单显性个体表现为一种性状，双隐性个体表现为一种性状，则其测交后代表现型比例为双显∶单显∶双隐＝1∶2∶1；若F2性状分离比为15∶1，则表明基因型为双隐性的表现为一种性状，其余基因型表现为另一种性状，故测交后代表现型比例为3∶1。17．控制某植物果实质量的3对等位基因为A/a、B/b和C/c，它们对果实质量的作用相等，这3对基因的遗传遵循自由组合定律。已知基因型为aabbcc的果实质量为120 g，基因型为AABBCC的果实质量为210 g。现有两株该植物甲和乙，让其杂交，甲的基因型为AAbbcc，F1的果实质量为135～165 g，则乙的基因型是(　　)A．aaBBcc  B．AaBBccC．AaBbCc  D．aaBbCc解析：选D　题中信息表明，每含有1个显性基因，果实质量在120 g的基础上增加15 g。甲产生的配子的基因型为Abc，F1的果实质量为135 g时，表示含1个显性基因，则乙产生的配子中存在不含显性基因的情况，即abc，F1的果实质量为165 g时，表示含3个显性基因，则乙产生的配子中最多含2个显性基因。18．将基因型为Aa的豌豆连续自交，将后代中的纯合子和杂合子所占的比例绘制成如图所示的曲线，据图分析，错误的说法是(　　)A．a曲线可代表自交n代后纯合子所占的比例B．b曲线可代表自交n代后显性纯合子所占的比例C．隐性纯合子的比例比b曲线所对应的比例要小D．c曲线可代表后代中杂合子所占比例随自交代数的变化解析：选C　杂合子连续自交n代后，杂合子所占比例为1/2n，纯合子所占比例为1－1/2n，可知图中a曲线表示纯合子所占比例，b曲线表示显性纯合子或隐性纯合子所占比例，c曲线表示杂合子所占比例。19．一种观赏植物，纯合的蓝色品种与纯合的鲜红色品种杂交，F1为蓝色。若让F1与纯合的鲜红色品种杂交，子代的表现型及其比例为蓝色∶鲜红色＝3∶1。若F1蓝色植株自花传粉，则F2表现型及其比例最可能是(　　)A．蓝色∶鲜红色＝1∶1B．蓝色∶鲜红色＝3∶1C．蓝色∶鲜红色＝9∶7D．蓝色∶鲜红色＝15∶1解析：选D　F1的测交比为3∶1，说明花色由两对独立遗传的等位基因控制，分别设为A、a和B、b，则鲜红色个体的基因型为aabb，其他基因型的个体都为蓝色。F1蓝色个体的基因型为AaBb，故F1自交产生的后代中蓝色(A_B_、aaB_、A_bb)∶鲜红色(aabb)＝(9＋3＋3)∶1＝15∶1。20．(2019·涟水期中)育种工作者选用野生纯合子家兔进行如图所示杂交实验，下列有关说法不正确的是(　　)A．家兔的体色由两对基因决定，遵循孟德尔遗传规律B．对F1进行测交，后代表现型有3种，比例为1∶1∶2C．F2灰色家兔中基因型有3种D．F2表现型为白色的家兔中，与亲本基因型相同的占1/4解析：选C　图中F2出现9∶3∶4的分离比，是9∶3∶3∶1的变式，符合孟德尔的自由组合定律，可知家兔的体色由两对基因决定，且独立遗传，A项正确；假设两对基因为A/a、B/b，根据以上分析，则F1灰色家兔的基因型是AaBb，F1测交：AaBb×aabb→1AaBb∶1Aabb∶1aaBb∶1aabb，其中基因型为AaBb的个体表现为灰色，基因型为aabb的个体表现为白色，基因型为Aabb和aaBb的个体中一个表现为黑色，一个表现为白色，所以F1进行测交，后代表现型及比例为灰色∶黑色∶白色＝1∶1∶2，B项正确；F2灰色家兔中基因型有4种，分别为AABB、AABb、AaBB、AaBb，C项错误；亲本为纯合子，亲本灰色家兔的基因型为AABB，则亲本白色家兔的基因型为aabb，假设aaB_表现为白色，则F2白色家兔的基因型及比例为1aaBB∶2aaBb∶1aabb，其中与亲本基因型相同的是aabb，占1/4，D项正确。二、非选择题(共5小题，共50分)21．(9分)鸭蛋蛋壳的颜色主要有青色和白色两种。金定鸭产青色蛋，康贝尔鸭产白色蛋。为研究鸭蛋蛋壳颜色的遗传规律，研究者利用这两种鸭群做了五组实验，结果如表所示。杂交组合第1组第2组第3组第4组第5组康贝尔鸭♀×金定鸭♂　　金定鸭♀×康贝尔鸭♂第1组的F1自交第2组的F1自交第2组的F1♀×康贝尔鸭♂后代所产蛋颜色及数目青色(枚)26 1787 6282 9402 7301 754白色(枚)109581 0509181 648 请回答问题：(1)根据第1、2、3、4组的实验结果可判断鸭蛋壳的________色是显性性状。(2)第3、4组的后代均表现出________现象，比例都接近________。(3)第5组实验结果显示后代产青色蛋的概率接近________，该杂交称为________，用于检验________。(4)第1、2组的少数后代产白色蛋，说明双亲中的________鸭群中混有杂合子。(5)运用________方法对上述遗传现象进行分析，可判断鸭蛋壳颜色的遗传符合孟德尔的________定律。解析：(1)(2)第1组和第2组中康贝尔鸭和金定鸭杂交，不论是正交还是反交，后代所产蛋颜色几乎全为青色。第3组和第4组为F1自交，子代出现了不同的性状，即出现性状分离现象，且后代性状分离比第3组：青色∶白色＝2 940∶1 050，第4组：青色∶白色＝2 730∶918，都接近于3∶1。由此可以推出青色为显性性状，白色为隐性性状。(3)由上述分析可知，康贝尔鸭(白色)是隐性纯合子，第5组让F1与隐性纯合子杂交，这种杂交称为测交，用于检验F1是纯合子还是杂合子。实验结果显示后代产青色蛋的概率约为1/2。(4)康贝尔鸭肯定是纯合子，若亲代金定鸭均为纯合子，则所产蛋的颜色应该均为青色，不会出现白色，而第1组和第2组所产蛋的颜色有少量为白色，说明金定鸭群中混有少量杂合子。(5)本实验采用了统计学的方法对实验数据进行统计分析，可知鸭蛋壳的颜色受一对等位基因控制，符合孟德尔的基因分离定律。答案：(1)青　(2)性状分离　3∶1　(3)1/2　测交　F1(4)金定　(5)统计学　基因分离22．(10分)在一些性状的遗传中，具有某种基因型的合子不能完成胚胎发育，导致后代中不存在该基因型的个体，从而使性状的分离比发生变化，小鼠毛色的遗传就是一个例子。一个研究小组经大量重复实验，在小鼠毛色遗传的研究中发现：甲：黑色鼠与黑色鼠杂交，后代全部为黑色鼠；乙：黄色鼠与黄色鼠杂交，后代中黄色鼠与黑色鼠的比例为2∶1；丙：黄色鼠与黑色鼠杂交，后代中黄色鼠与黑色鼠的比例为1∶1。根据上述实验结果，回答下列问题(控制毛色的显性基因用A表示，隐性基因用a表示)。(1)黄色鼠的基因型是________，黑色鼠的基因型是________。(2)推测不能完成胚胎发育的合子的基因型是________。(3)写出上述乙、丙两个杂交组合的遗传图解。解析：根据乙杂交组合可判断出黄色是显性性状，黑色是隐性性状，推知黄色鼠的基因型为Aa，黑色鼠的基因型为aa。乙杂交组合中若所有基因型的合子都能发育，后代的性状分离比应是3∶1，但实际分离比为2∶1，根据题干中提示的“具有某种基因型的合子不能完成胚胎发育，导致后代中不存在该基因型的个体”，推知该杂交组合中不存在基因型为AA的个体。丙组杂交后代中黄色鼠与黑色鼠的比例为1∶1，可推知两亲本的基因型，即黄色鼠的基因型为Aa，黑色鼠的基因型为aa。答案：(1)Aa　aa　(2)AA(3)如图23．(10分)(2018·合肥期中)牛群中的有角和无角为一对相对性状，由常染色体上的等位基因A和a控制，有一条染色体上带有致死基因(致死基因的表达受性激素的影响)。实验一有角(♂)×无角(♀)实验二F1有角(♀)×F1有角(♂)F1雌有角∶无角＝1∶1F2雌有角∶无角＝3∶1雄有角∶无角＝1∶1雄有角∶有角＝2∶1 (1)从上述实验结果可以判断致死基因的表达受________性激素的影响，致死基因是________(填“显性”或“隐性”)基因，并且与基因________(填“A”或“a”)在一条染色体上。(2)推测F2中雄性个体出现2∶1的可能原因： ________________________。请写出能够验证以上推测的实验思路，并预测实验结果。________________________________________________________________。解析：(1)根据实验结果F2雌雄个体比例的差异，可以判断致死基因的表达受雄性激素的影响。又因F2中雄性个体有角(Aa)∶无角(aa)＝2∶1，说明致死基因是显性基因，并且与基因A在一条染色体上。(2)F2中雄性个体出现2∶1的可能原因是基因型为AA的雄性个体含有两个显性致死基因而死亡。可设计如下实验进行验证。实验思路：用多对F2中的有角个体(♂)与无角个体(♀)杂交，统计后代中的有角和无角个体的比例。预测实验结果：有角和无角个体比例为1∶1。答案：(1)雄　显性　A　(2)基因型为AA的雄性个体含有两个显性致死基因而死亡　实验思路：用多对F2中的有角个体(♂)与无角个体(♀)杂交，统计后代中的有角和无角个体的比例。预测实验结果：有角和无角个体比例为1∶124．(10分)某昆虫的翅型受等位基因A、a控制。AA表现为长翅，Aa表现为中翅、aa表现为无翅；翅的颜色受另一对等位基因B、b控制，含B基因的昆虫表现为灰翅，其余表现为白翅。A、a和B、b两对基因都位于常染色体上且独立遗传。请回答：(1)翅型和翅色两对相对性状的遗传遵循基因的________定律。(2)若要通过一次杂交实验检测一只无翅雌性昆虫关于翅色的基因型，可以选择基因型为________的雄性昆虫与之杂交，选择这种基因型的理由是________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)某研究小组利用基因型为AaBb的昆虫做了测交实验，实验结果如表：子代表现型测交组合　　　　灰色中翅白色中翅无翅(一)雄性AaBb×雌性aabb01/32/3(二)雌性AaBb×雄性aabb1/41/41/2根据上述实验结果推测，测交组合(一)的子代中不出现灰色中翅的原因是________________________，若推测正确，那么将基因型为AaBb的一群昆虫自由交配，子代共有________种表现型，其中表现型为灰色中翅的比例理论上是________。解析：(1)某昆虫的翅型受等位基因A、a控制，翅的颜色受另一对等位基因B、b控制，A、a和B、b两对基因都位于常染色体上且独立遗传，即位于两对同源染色体上，因此翅型和翅色两对相对性状的遗传遵循基因的自由组合定律。(2)若要通过一次杂交实验检测一只无翅雌性昆虫关于翅色的基因型，可以选择基因型为A_bb(AAbb或Aabb)的雄性昆虫与之杂交，选择这种基因型的理由是：要检测无翅昆虫关于翅色的基因型，需要用基因型为bb的昆虫与之测交，要保证子代出现有翅个体才能观察翅色，亲本必须含有A基因。(3)测交组合(一)雄性AaBb×雌性aabb的子代理论上应为灰色中翅AaBb∶白色中翅Aabb∶无翅aaBb∶无翅aabb＝1∶1∶1∶1，因此根据上述实验结果推测，测交组合(一)的子代中不出现灰色中翅的原因是基因型为AB的雄配子不育(或致死)，若此推测正确，那么将基因型为AaBb的一群昆虫自由交配，产生的雌配子有AB、Ab、aB、ab，产生的雄配子有Ab、aB、ab，故子代表现型有灰色长翅(1AABb)、灰色中翅(1AaBB、3AaBb)、白色长翅(1AAbb)、白色中翅(2Aabb)、无翅(4aa_ _)，即子代共有5种表现型，其中表现型为灰色中翅的比例理论上是(1＋3)÷(1＋1＋3＋1＋2＋4)＝1/3。答案：(1)自由组合(分离和自由组合)　(2)A_bb(AAbb或Aabb)　要检测无翅昆虫关于翅色的基因型，需要用基因型为bb的昆虫与之测交，要保证子代出现有翅个体才能观察翅色，亲本必须含有A基因　(3)基因型为AB的雄配子不育(或致死)　5　1/325．(11分)现有三个纯合品系的某自花传粉植物：紫花、红花和白花，用这3个品系做杂交实验，结果如图所示，结合实验结果分析回答下列问题。(1)紫花和红花性状受________对基因控制，甲组合杂交亲本的表现型是________________。(2)将乙组合F1紫花和丙组合F1紫花进行杂交，后代表现型及比例是________________________。(3)从丙组合F1植株上收获了共3 200粒种子，将所有种子单独种植(自交)，理论上有________株植株能产生红花后代。(4)请从题干的三个纯合品系中选择亲本为实验材料，通过一次杂交实验鉴别出丙组合F2中的杂合白花植株。①实验步骤：______________________________________________。②结果分析：若子代__________________，则为杂合白花植株。解析：(1)丙组合中出现了9∶3∶4的比例，是9∶3∶3∶1的变式，说明该性状由两对等位基因控制，该性状的遗传遵循自由组合定律。根据题意可设紫花基因型为A_B_，红花基因型为A_bb，则白花基因型为aaB_和aabb。甲组合中，F2紫花(A_B_)∶红花(A_bb)＝3∶1，说明F1紫花基因型为AABb，故亲本的表现型为紫花(AABB)和红花(AAbb)。(2)乙组合中，F2紫花(A_B_)∶白花(aaB_，此处不可能为aabb)＝3∶1说明F1紫花基因型为AaBB，故亲本组合为紫花(AABB)和白花(aaBB)。丙组合中F1紫花基因型为AaBb，乙组合中F1紫花(AaBB)和丙组合中F1紫花(AaBb)杂交，子代紫花(A_B_)占3/4，白花(aaB_)占1/4，即紫花∶白花＝3∶1。(3)从丙组合F1植株上收获了3 200粒种子(即F2)，F2自交后能产生红花后代(A_bb)的类型有A_bb和A_Bb，所占比例分别是3/16、6/16，故理论上F2中能产生红花后代的植株有3 200×9/16＝1 800(株)。(4)丙组合中F2白花类型有aaBB、aaBb、aabb，可用纯合红花(AAbb)与丙组中的F2白花杂交，观察下一代的花色类型及比例，若后代全是紫花，则该F2白花基因型为aaBB；若后代紫花与红花比例为1∶1，则该F2白花基因型为aaBb；若后代全是红花，则该F2白花基因型为aabb。答案：(1)两　紫花×红花　(2)紫花∶白花＝3∶1(3)1 800　(4)①选择纯合红花与丙组中的白花杂交，观察子代表现型　②既有紫花又有红花