高考生物一轮复习考点过关练习第5单元　第15讲　基因的自由组合定律(含解析)

这是一份高考生物一轮复习考点过关练习第5单元　第15讲　基因的自由组合定律(含解析)，共25页。试卷主要包含了得出结论——自由组合定律，孟德尔获得成功的原因等内容，欢迎下载使用。
第15讲　基因的自由组合定律


考点一　两对相对性状的遗传实验分析

1．发现问题——两对相对性状的杂交实验

2．提出假说——对自由组合现象的解释

3．演绎推理、验证假说——对自由组合现象的验证
(1)理论预测
①F1与隐性纯合子杂交。F1产生4种比例相等的配子，即YR∶Yr∶yR∶yr＝1∶1∶1∶1，而隐性纯合子只产生yr一种配子。
②测交产生4种比例相等的后代，即YyRr∶Yyrr∶yyRr∶yyrr＝1∶1∶1∶1。
(2)测交结果与结论

4．得出结论——自由组合定律

5．孟德尔获得成功的原因


(必修2 P10“旁栏思考题”改编)

答案：9∶3∶3∶1

【真题例证·体验】
(2019·高考全国卷Ⅰ)某实验室保存有野生型和一些突变型果蝇。果蝇的部分隐性突变基因及其在染色体上的位置如图所示。回答下列问题。

(1)同学甲用翅外展粗糙眼果蝇与野生型(正常翅正常眼)纯合子果蝇进行杂交，F2中翅外展正常眼个体出现的概率为________。图中所列基因中，不能与翅外展基因进行自由组合的是________。
(2)同学乙用焦刚毛白眼雄蝇与野生型(直刚毛红眼)纯合子雌蝇进行杂交(正交)，则子代雄蝇中焦刚毛个体出现的概率为________；若进行反交，子代中白眼个体出现的概率为________。
(3)为了验证遗传规律，同学丙让白眼黑檀体雄果蝇与野生型(红眼灰体)纯合子雌果蝇进行杂交得到F1，F1相互交配得到F2。那么，在所得实验结果中，能够验证自由组合定律的F1的表现型是________，F2的表现型及其分离比是__________________________；验证伴性遗传时应分析的相对性状是____________________________________________________，能够验证伴性遗传的F2的表现型及其分离比是________________________________________________。
解析：(1)由图可知，翅外展基因与粗糙眼基因分别位于两对同源染色体上，二者能自由组合，两对相对性状的纯合子杂交，F2中翅外展正常眼(一隐一显)个体所占比例是3/16。紫眼基因与翅外展基因位于同一对染色体上，二者不能自由组合。(2)焦刚毛白眼雄蝇与野生型(直刚毛红眼)纯合子雌蝇杂交，后代雄蝇中不会出现焦刚毛个体；若反交，子代雄蝇全部为白眼，雌蝇全部为红眼，即子代中白眼个体出现的概率为1/2。(3)欲验证自由组合定律，可以用双杂合个体自交或测交。让白眼黑檀体雄果蝇与野生型(红眼灰体)纯合子雌果蝇进行杂交，所得F1的表现型为红眼灰体，F1相互交配所得F2的表现型及分离比是红眼灰体∶红眼黑檀体∶白眼灰体∶白眼黑檀体＝9∶3∶3∶1；验证伴性遗传时，需要分析位于X染色体上的基因，所以要分析红眼/白眼这对性状，此时F2的表现型及比例是红眼雌蝇∶红眼雄蝇∶白眼雄蝇＝2∶1∶1。
答案：(1)3/16　紫眼基因　(2)0　1/2
(3)红眼灰体　红眼灰体∶红眼黑檀体∶白眼灰体∶白眼黑檀体＝9∶3∶3∶1　红眼/白眼　红眼雌蝇∶红眼雄蝇∶白眼雄蝇＝2∶1∶1
【考法纵览·诊断】
(1)若某哺乳动物的毛色由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AABBDD×aaBBdd或AAbbDD×aabbdd [2017·全国卷Ⅱ，T6A](×)
(2)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，T22D改编](×)
(3)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，F2中红花植株的基因型有2种 [2016·全国卷Ⅲ，T6B](×)
【长句特训·规范】
观察甲、乙两图，请分析回答下列问题：


(1)甲图表示基因在染色体上的分布情况，其中不遵循基因的自由组合定律的是________，原因是________________________________________________________________。
(2)乙图中可以发生基因重组的过程是________，原因是________________________________________________。
(3)基因自由组合定律的实质是__________________________________________________________________________。
答案：(1)Aa与Dd和BB与Cc　Aa与Dd和BB与Cc分别位于同一对同源染色体上，不遵循该定律。只有位于非同源染色体上的非等位基因之间，其遗传时才遵循自由组合定律
(2)④⑤　基因重组发生于产生配子的减数第一次分裂过程中，而且是非同源染色体上的非等位基因之间的重组，故①～⑥过程中仅④⑤过程发生基因重组，图①②过程仅发生了等位基因分离，未发生基因重组
(3)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

1．基因的自由组合与基因完全连锁的比较
(1)基因的自由组合

(2)基因的完全连锁

2．自由组合定律内容的实质
(1)细胞学基础

(2)自由组合定律的实质与各种比例的关系



自由组合定律的遗传实验及实质
生命观念
1．(2020·山东昌邑一中阶段性检测)利用豌豆的两对相对性状做杂交实验，其中子叶黄色(Y)对绿色(y)为显性，圆粒种子(R)对皱粒种子(r)为显性。现用黄色圆粒豌豆和绿色圆粒豌豆杂交，对其子代性状的统计结果如下图所示。下列有关叙述错误的是(　　)

A．实验中所用亲本的基因型为YyRr和yyRr
B．子代中重组类型所占的比例为1/4
C．子代中自交能产生性状分离的占3/4
D．让子代黄色圆粒豌豆与绿色皱粒豌豆杂交，后代性状分离比为1∶1∶1∶1
解析：选D。亲本黄色圆粒豌豆(Y_R_)和绿色圆粒豌豆(yyR_)杂交，对其子代性状进行分析，黄色∶绿色＝1∶1，圆粒∶皱粒＝3∶1，可推知亲本黄色圆粒豌豆基因型为YyRr，绿色圆粒豌豆基因型为yyRr；子代重组类型为黄色皱粒和绿色皱粒，黄色皱粒(Yyrr)占(1/2)×(1/4)＝1/8，绿色皱粒(yyrr)占(1/2)×(1/4)＝1/8，两者之和为1/4；自交能产生性状分离的是杂合子，子代纯合子有yyRR和yyrr，其中yyRR占(1/2)×(1/4)＝1/8，yyrr占(1/2)×(1/4)＝1/8，两者之和为1/4，则子代杂合子占1－1/4＝3/4；子代黄色圆粒豌豆基因型为1/3YyRR和2/3YyRr，绿色皱粒豌豆基因型为yyrr，两者杂交所得后代应为黄色圆粒∶绿色圆粒∶黄色皱粒∶绿色皱粒＝2∶2∶1∶1。
2．(2020·山西太原金河中学开学摸底)已知三对基因在染色体上的位置情况如右图所示，且三对基因分别单独控制三对相对性状，则下列说法正确的是(　　)
A．三对基因的遗传遵循基因的自由组合定律
B．基因型为AaDd的个体与基因型为aaDd的个体杂交，后代会出现4种表现型，比例为3∶3∶1∶1
C．如果基因型为AaBb的个体在产生配子时没有发生交叉互换，则它只产生4种配子
D．基因型为AaBb的个体自交后代会出现4种表现型，比例为9∶3∶3∶1
解析：选B。A、a和D、d基因的遗传遵循基因的自由组合定律，A、a和B、b基因的遗传不遵循基因的自由组合定律；如果基因型为AaBb的个体在产生配子时没有发生交叉互换，则它只产生2种配子；由于A、a和B、b基因的遗传不遵循基因的自由组合定律，因此，基因型为AaBb的个体自交后代不一定会出现4种表现型且比例不会为9∶3∶3∶1。

自由组合定律的验证
科学思维、科学探究
3．(2020·山东德州武城月考)现有①～④四个果蝇品系(都是纯种)，其中品系①的性状均为显性，品系②～④均只有一种性状是隐性，其他性状均为显性。这四个品系的隐性性状及控制该隐性性状的基因所在的染色体如表所示：
品系
①
②
③
④
隐性性状
均为显性
残翅
黑身
紫红眼
相应染色体
Ⅱ、Ⅲ
Ⅱ
Ⅱ
Ⅲ
若需验证自由组合定律，可选择下列哪种交配类型(　　)
A．①×②　　　　　　 B．②×④
C．②×③ D．①×④
解析：选B。自由组合定律研究的是位于非同源染色体上的非等位基因的遗传规律，故选②×④或③×④。
4．(2020·黑龙江齐齐哈尔八中月考)某单子叶植物的非糯性(A)对糯性(a)为显性，抗病(T)对染病(t)为显性，花粉粒长形(D)对圆形(d)为显性，三对等位基因位于三对同源染色体上，非糯性花粉遇碘液变蓝色，糯性花粉遇碘液变棕色。现有四种纯合子基因型分别为：①AATTdd
②AAttDD　③AAttdd　④aattdd
则下列说法正确的是(　　)
A．若采用花粉鉴定法验证基因的分离定律，应该用①和③杂交所得F1的花粉
B．若采用花粉鉴定法验证基因的自由组合定律，可以观察①和②杂交所得F1的花粉
C．若培育糯性抗病优良品种，应选用①和④亲本杂交
D．将②和④杂交后所得的F1的花粉涂在载玻片上，加碘液染色后，均为蓝色
解析：选C。三对相对性状中可通过花粉进行鉴定的相对性状是非糯性(A)和糯性(a)、花粉粒长形(D)和圆形(d)，若采用花粉鉴定法验证基因的分离定律，需得到基因型为Aa或Dd的植株，A错误；若采用花粉鉴定法验证基因的自由组合定律，需得到基因型为AaDd的植株，B错误；①×④→F1(AaTtdd)，F1连续自交即可得到糯性抗病优良品种(aaTT)，C正确；②×④→F1(AattDd)，其产生的花粉加碘液染色后，A(蓝)∶a(棕色)＝1∶1，D错误。

考点二　自由组合定律的解题方法
突破点1　利用“拆分法”解决自由组合计算问题
(1)思路：将多对等位基因的自由组合分解为若干分离定律分别分析，再运用乘法原理进行组合。
(2)方法
题型分类
解题规律
示例
种
类
问
题
配子类型(配子种类数)
2n(n为等位基因对数)
AaBbCCDd产生配子种类数为23＝8
配子间结合方式
配子间结合方式种类数等于配子种类数的乘积
AABbCc×aaBbCC配子间结合方式种类数＝4×2＝8
子代基因型(或表现型)种类
双亲杂交(已知双亲基因型)，子代基因型(或表现型)等于各性状按分离定律所求基因型(或表现型)的乘积
AaBbCc×Aabbcc，基因型为3×2×2＝12种，表现型为2×2×2＝8种
概
率
问
题
基因型(或表现型)的比例
按分离定律求出相应基因型(或表现型)，然后利用乘法原理进行组合
AABbDd×aaBbdd，F1中AaBbDd所占的比例为1×(1/2)×(1/2)＝1/4
纯合子或杂合子出现的比例
按分离定律求出纯合子的概率，其乘积为纯合子出现的比例，杂合子的概率＝1－纯合子的概率
AABbDd×AaBBdd，F1中AABBdd所占比例为(1/2)×(1/2)×(1/2)＝1/8
[突破训练]
1．(2020·黑龙江齐齐哈尔八中月考)基因型为AaBbCc 和AabbCc的两个个体杂交(三对等位基因分别位于三对同源染色体上)。下列关于杂交后代的推测，正确的是(　　)
A．表现型有8种，AaBbCc个体的比例为1/16
B．表现型有8种，aaBbCc个体的比例为1/16
C．表现型有4种，aaBbcc个体的比例为1/16
D．表现型有8种，Aabbcc个体的比例为1/8
解析：选B。AaBbCc和AabbCc杂交，后代表现型有2×2×2＝8种，AaBbCc个体的比例为(1/2)×(1/2)×(1/2)＝1/8，aaBbCc个体的比例为(1/4)×(1/2)×(1/2)＝1/16，aaBbcc个体的比例为(1/4)×(1/2)×(1/4)＝1/32，Aabbcc个体的比例为(1/2)×(1/2)×(1/4)＝1/16。
2．(2020·陕西师大附中模拟)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和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.、　　　　　　　　 B.、
C.、 D.、
解析：选A。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××＝；在F2的每对相对性状中，显性性状中的纯合子占，故红果、多室、长蔓中纯合子的比例是×＝。
突破点2　“逆向组合法”推断亲本的基因型
(1)利用基因式法推测亲本的基因型
①根据亲本和子代的表现型写出亲本和子代的基因式，如基因式可表示为A_B_、A_bb。
②根据基因式推出基因型(此方法只适用于亲本和子代表现型已知且显隐性关系已知时)。
(2)根据子代表现型及比例推测亲本基因型
规律：根据子代表现型比例拆分为分离定律的分离比，确定每一相对性状的亲本基因型，再组合。如：
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)；
④3∶1⇒(3∶1)×1⇒(Aa×Aa)×(BB×BB)或(Aa×Aa)×(BB×Bb)或(Aa×Aa)×(BB×bb)或(Aa×Aa)×(bb×bb)。
[突破训练]
3．(2020·山东菏泽一中月考)玉米子粒的颜色由三对独立遗传的等位基因共同控制。基因型为A_B_C_的子粒有色，其余基因型的子粒均为无色。现以一株有色子粒玉米植株X为父本，分别进行杂交实验，结果如下表。据表分析植株X的基因型为(　　)
父本
母本
F1
有色子粒
无色子粒
有色子粒
玉米植株X
AAbbcc
50%
50%
aaBBcc
50%
50%
aabbCC
25%
75%
A．AaBbCc　　　　　 B．AABbCc
C．AaBBCc D．AaBbCC
解析：选D。①根据有色植株A_B_C_×AAbbcc→50%有色种子(A_B_C_)，分别考虑每一对基因，应该有一对基因后代出现显性基因的可能性为50%，其余两对100%出现显性基因，则有色植株的基因型可以是AaBBCc、AABBCc、AaBbCC、AABbCC；②根据有色植株A_B_C_×aaBBcc→50%有色种子(A_B_C_)，分别考虑每一对基因，应该有一对基因后代出现显性基因的可能性为50%，其余两对100%出现显性基因，则有色植株的基因型可以是AaBBCC、AaBbCC、AABBCc、AABbCc；③根据有色植株A_B_C_×aabbCC→25%有色种子(A_B_C_)，分别考虑每一对基因，应该有两对基因后代出现显性基因的可能性为50%，其余一对100%出现显性基因，则有色植株的基因型可以是AaBbCC、AaBbCc。根据上面三个过程的结果可以推知该有色植株的基因型为AaBbCC。
4．(2020·湖北重点中学联考)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的基因型可能是AaBbCcDd
B．组五F1的基因型可能是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：选D。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。
突破点3　自交与自由交配下的推断与相关比例计算
纯合黄色圆粒豌豆和纯合绿色皱粒豌豆杂交后得子一代，子一代再自交得子二代，若子二代中黄色圆粒豌豆个体和绿色圆粒豌豆个体分别进行自交、测交和自由交配，所得子代的性状表现比例分别如下表所示：
交配类型
表现型
比例
Y_R_
(黄圆)
自交
黄色圆粒∶绿色圆粒∶黄色皱粒∶绿色皱粒
25∶5∶5∶1
测交
黄色圆粒∶绿色圆粒∶黄色皱粒∶绿色皱粒
4∶2∶2∶1
自由交配
黄色圆粒∶绿色圆粒∶黄色皱粒∶绿色皱粒
64∶8∶8∶1
yyR_
(绿圆)
自交
绿色圆粒∶绿色皱粒
5∶1
测交
绿色圆粒∶绿色皱粒
2∶1
自由交配
绿色圆粒∶绿色皱粒
8∶1
[突破训练]
5．(2020·河南天一大联考阶段性测试)某植物的花色受一对等位基因控制，抗病和易染病受另一对等位基因控制，两对等位基因独立遗传。现以红花抗病和白花易感病植株为亲本杂交，F1均为红花抗病，F1自交产生F2，拔除F2中的全部白花易感病植株，让剩余的植株自交产生F3，F3中的白花植株所占的比例为(　　)
A．1/2 B．1/3
C．3/8 D．1/6
解析：选B。红花抗病和白花易感病植株为亲本杂交(两对等位基因分别用A、a，B、b表示)，F1均为红花抗病，说明红花对白花为显性，抗病对易感病为显性，亲本为AABB和aabb，F1为AaBb，F1自交产生的F2为AABB∶2AABb∶AAbb∶2AaBB∶4AaBb∶2Aabb∶aaBB∶2aaBb∶aabb。去除aabb后，AA占4/15，Aa占8/15，aa占3/15，自交后白花植株所占的比例为(8/15)×(1/4)＋3/15＝1/3。
6．(2020·北京海淀区期末)雕鸮的羽毛绿色与黄色、条纹和无纹分别由两对常染色体上的两对等位基因控制，其中一对显性基因纯合会出现致死现象。绿色条纹与黄色无纹雕鸮交配，F1绿色无纹和黄色无纹雕鸮的比例为1∶1。F1绿色无纹雕鸮相互交配后，F2绿色无纹∶黄色无纹∶绿色条纹∶黄色条纹＝6∶3∶2∶1。据此作出判断，下列说法不正确的是(　　)
A．绿色对于黄色是显性，无纹对条纹是显性，绿色基因纯合致死
B．F1绿色无纹个体相互交配，后代有3种基因型的个体致死
C．F2黄色无纹的个体随机交配，后代中黄色条纹个体的比例为1/8
D．F2某绿色无纹个体和黄色条纹个体杂交，后代表现型比例可能不是1∶1∶1∶1
解析：选C。分析可知，绿色对黄色是显性，无纹对条纹是显性(两对等位基因分别用A、a，B、b表示)，绿色基因纯合致死，A正确；由以上分析可知绿色显性纯合致死，则F2中致死基因型有AABB、AABb、AAbb，B正确；让F2中黄色无纹个体(1aaBB、2aaBb)随机交配，则出现黄色条纹个体(aabb)的概率为(2/3)×(2/3)×(1/4)＝1/9，C错误；让F2中某绿色无纹个体(AaBB或AaBb)和黄色条纹个体(aabb)杂交，F2中后代表现型比例可能是1∶1或1∶1∶1∶1，D正确。
突破点4　利用自由组合定律计算患遗传病的概率
当两种遗传病之间具有“自由组合”关系时，各种患病情况的概率如表：
序号
类型
计算公式
已知
患甲病的概率为m
不患甲病的概率为1－m
患乙病的概率为n
不患乙病的概率为1－n
①
同时患两病的概率
m·n
②
只患甲病的概率
m·(1－n)
③
只患乙病的概率
n·(1－m)
④
不患病的概率
(1－m)(1－n)
拓展
求解
患病的概率
①＋②＋③或1－④
只患一种病的概率
②＋③或1－(①＋④)
以上各种情况可概括为下图：

[突破训练]
7．(2020·湖南益阳箴言中学月考)某遗传病的遗传涉及非同源染色体上的两对等位基因。已知Ⅰ1的基因型为AaBB，且Ⅱ2与Ⅱ3婚配的子代不会患病。根据以下系谱图，下列推断正确的是(　　)

A．Ⅰ3的基因型一定为AABb
B．Ⅱ2的基因型一定为aaBB
C．Ⅲ1的基因型可能为AaBb或AABb
D．Ⅲ2与基因型为AaBb的女性婚配，子代患病的概率为3/16
解析：选B。该遗传病是由两对等位基因控制的，Ⅰ1的基因型为AaBB表现正常。Ⅱ2一定有B基因却患病，可知当同时具有A和B两种显性基因时，个体才不会患病。而Ⅱ2与Ⅱ3婚配的子代不会患病，可确定Ⅱ2和Ⅱ3的基因型分别为aaBB和AAbb，所以Ⅰ3的基因型是AaBb或AABb。Ⅲ1和Ⅲ2的基因型均为AaBb。Ⅲ2与基因型为AaBb的女性婚配，子代正常(A－B－)的概率是9/16，患病的概率应为7/16。
8．一个正常的女性与一个并指(Bb)的男性结婚，他们生了一个白化病且手指正常的孩子。求再生一个孩子：
(1)只患并指的概率是________。
(2)只患白化病的概率是________。
(3)既患白化病又患并指的男孩的概率是________。
(4)只患一种病的概率是________。
(5)患病的概率是________。
解析：假设控制白化病的基因用A、a表示，由题意知，第1个孩子的基因型应为aabb，则该夫妇基因型应分别为妇：Aabb，夫：AaBb。依据该夫妇基因型可知，孩子中患并指的概率应为1/2(非并指概率应为1/2)，患白化病的概率应为1/4(非白化病概率应为3/4)，则：
(1)再生一个只患并指孩子的概率：并指概率×非白化概率＝(1/2)×(3/4)＝3/8。
(2)只患白化病的概率：白化病概率×非并指概率＝(1/4)×(1/2)＝1/8。
(3)生一个既患白化病又患并指的男孩的概率：男孩出生率×白化病概率×并指概率＝(1/2)×(1/4)×(1/2)＝1/16。
(4)后代只患一种病的概率：并指概率×非白化概率＋白化病概率×非并指概率＝(1/2)×(3/4)＋(1/4)×(1/2)＝1/2。
(5)后代中患病的概率：1－全正常(非并指、非白化)＝1－(1/2)×(3/4)＝5/8。
答案：(1)3/8　(2)1/8　(3)1/16　(4)1/2　(5)5/8

[易误警示]
易错点1　不清楚F2出现9∶3∶3∶1的4个条件
[点拨]　(1)所研究的每一对相对性状只受一对等位基因控制，而且等位基因要完全显性。
(2)不同类型的雌、雄配子都能发育良好，且受精的机会均等。
(3)所有后代都应处于比较一致的环境中，而且存活率相同。
(4)供实验的群体要足够大，个体数量要足够多。
易错点2　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3　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4　重组类型的内涵及常见错误
[点拨]　(1)明确重组类型的含义：重组类型是指F2中表现型与亲本不同的个体，而不是基因型与亲本不同的个体。
(2)含两对相对性状的纯合亲本杂交，F2中重组类型所占比例并不都是。
①当亲本基因型为YYRR和yyrr时，F2中重组类型所占比例是。
②当亲本基因型为YYrr和yyRR时 ，F2中重组类型所占比例是＋＝。
易错点5　不清楚两对等位基因的个体自由交配时的计算方法
[点拨]　自由交配时，需计算出该群体中每一种雄(雌)配子占全部雄(雌)配子的概率，使用精、卵细胞随机结合法即可求出所需个体。
[纠错体验]
1．(2020·河南八市高三测评)孟德尔通过豌豆杂交实验揭示了遗传的基本规律。下列相关叙述不正确的是(　　)
A．F1自交时，雌、雄配子结合的机会相等
B．F1自交后，各种基因型个体成活的机会相等
C．F1形成配子时，产生了数量相等的雌雄配子
D．F1形成配子时，非同源染色体上的非等位基因组合进入同一配子的机会相等
解析：选C。F1自交时，雌雄配子结合的机会相等，保证配子的随机结合，A正确；F1自交后，各种基因型个体成活的机会相等，使后代出现3∶1的性状分离比，B正确；F1(Dd)产生的雌配子和雄配子的数量不等，但雌、雄配子中D∶d均为1∶1，C错误；F1形成配子时，非同源染色体上的非等位基因自由组合，进入同一配子的机会相等，D正确。
2．(2020·福建师大附中期中)下列涉及自由组合定律理解的表述，不正确的是(　　)
A．AaBb个体产生配子的过程不一定遵循自由组合定律
B．在自由组合遗传实验中，先进行等位基因的分离，再实现非等位基因的自由组合
C．X染色体上的基因与常染色体上的基因能自由组合
D．同源染色体上的非等位基因不能自由组合
解析：选B。若A/a和B/b这两对等位基因位于一对同源染色体上，则AaBb个体产生配子的过程不遵循自由组合定律；若 A/a和B/b这两对等位基因位于非同源染色体上，则个体产生配子的过程遵循自由组合定律，A正确。减数第一次分裂过程中，在等位基因分离的同时，非等位基因自由组合，B错误；X染色体上的等位基因与常染色体上的等位基因属于非同源染色体上的非等位基因，因此在减数第一次分裂过程中能够发生自由组合，C正确；非同源染色体上的非等位基因才能进行自由组合，同源染色体上的非等位基因不能自由组合，D正确。
3．(2020·山东烟台期末)大豆子叶颜色(BB表现为深绿，Bb表现为浅绿，bb呈黄色，幼苗阶段死亡)和花叶病的抗性(抗病、不抗病分别由R、r基因控制)遗传的实验结果如下表：
组合
母本
父本
F1的表现型及植株数
一
子叶深绿不抗病
子叶浅绿抗病
子叶深绿抗病220株，子叶浅绿抗病217株
二
子叶深绿不抗病
子叶浅绿抗病
子叶深绿抗病110株，子叶深绿不抗病109株，子叶浅绿抗病108株，子叶浅绿不抗病113株
下列叙述正确的是(　　)
A．组合一和组合二父本的基因型相同
B．F1的子叶浅绿抗病植株自交，在F2的成熟植株中表现型的种类有4种，比例为9∶3∶3∶1
C．用子叶深绿与子叶浅绿植株杂交得F1，F1随机交配得到的F2成熟群体中，子叶深绿与浅绿的比例为3∶2
D．在最短的时间内选育出纯合的子叶深绿抗病大豆最好用与组合二的父本基因型相同的植株自交
解析：选C。根据亲本表现型以及F1的表现型及比例可推知，实验一的亲本的基因型为BBrr(母本)和BbRR(父本)，实验二的亲本的基因组成为BBrr(母本)和BbRr(父本)，A错误；F1的子叶浅绿抗病植株的基因型为BbRr，自交后代F2中bb致死，所以自交后代的基因型(表现性状和所占比例)分别为BBR－(子叶深绿抗病，占3/16)、BBrr(子叶深绿不抗病，占1/16)、BbR－(子叶浅绿抗病，占6/16)、Bbrr(子叶浅绿不抗病，占2/16)、bbR－(幼苗死亡)、bbrr(幼苗死亡)，即在F2的成熟植株中子叶深绿抗病∶子叶深绿不抗病∶子叶浅绿抗病∶子叶浅绿不抗病的分离比为3∶1∶6∶2，B错误；子叶深绿(BB)与子叶浅绿(Bb)杂交，得F1中BB∶Bb＝1∶1，其中含B基因的配子概率为3/4，含b基因的配子概率为1/4，随机交配得F2，由于bb致死，所以F2中BB∶Bb＝9/16∶6/16＝3∶2，C正确；实验二的父本基因型是BbRr，用与组合二的父本基因型相同的植株自交，不能在最短的时间内选育出纯合的子叶深绿抗病大豆，要在最短的时间内选育出纯合的子叶深绿抗病大豆最好用与组合一的父本基因型(BbRR)相同的植株自交，D错误。


1．(2020·湖南五市十校联考)孟德尔说，“任何实验的价值和效用，决定于所使用材料对于实验目的的适合性”。下列遗传实验材料的选择可能不适合的是(　　)
A．用T2噬菌体研究生物的遗传物质
B．用山柳菊研究基因的遗传规律
C．用果蝇研究基因与染色体的关系
D．用大肠杆菌研究DNA的复制方式
解析：选B。T2噬菌体侵染细菌时，DNA进入细菌内，蛋白质留在外面，因此T2噬菌体是研究生物遗传物质的良好材料，A不符合题意；山柳菊没有容易区分的相对性状，且花小，难以做人工杂交实验，不适宜作为研究基因的遗传规律的材料，B符合题意；摩尔根利用果蝇为材料，证明了控制果蝇白眼的基因位于X染色体上，C不符合题意；大肠杆菌是单细胞原核生物，细胞中没有成形的细胞核，拟核区只有一个大型环状DNA分子，因此研究DNA复制过程适宜选用大肠杆菌，D不符合题意。
2．下列有关孟德尔两对相对性状(豌豆的黄色与绿色、圆粒与皱粒)杂交实验的分析，正确的是(　　)
A．孟德尔对F1植株上收获的556粒种子进行统计，发现4种表现型的比例接近9∶3∶3∶1
B．基因型为YyRr的豌豆产生的YR卵细胞和YR精子的数量之比约为1∶1
C．基因型为YyRr的豌豆产生的雌、雄配子随机结合，体现了自由组合定律的实质
D．黄色与绿色、圆粒与皱粒的遗传都遵循分离定律，故这两对性状的遗传遵循自由组合定律
解析：选A。孟德尔将纯合的黄圆和绿皱个体杂交得到的子一代均为黄圆，子一代自交得到子二代的表现型及比例接近9(黄圆)∶3(黄皱)∶3(绿圆)∶1(绿皱)，其中F1植株上收获的种子为F2，所以对F1植株上收获的556粒种子进行统计，应有4种表现型，比例接近9∶3∶3∶1，A正确；基因型为YyRr的豌豆将产生雌、雄配子各4种，数量比接近1∶1∶1∶1，但雌配子和雄配子的数量不相等，其中雄配子的数量远远多于雌配子的数量，B错误；基因的自由组合定律的实质是减数分裂的过程中，同源染色体上的等位基因彼此分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合，雌、雄配子随机结合不能体现自由组合定律的实质，C错误；只有当两对相对性状的等位基因位于非同源染色体上时才遵循自由组合定律，D错误。
3. (2020·桂林十八中考试)某生物的基因组成如右图，则它产生配子的种类及它的一个卵原细胞产生卵细胞的种类分别是(　　)
A．4种和1种　　　　 B．4种和2种
C．4种和4种 D．8种和2种
解析：选A。分析题图可知，该生物的基因型为AaBbDD，根据基因自由组合定律，该生物可产生的配子种类有2×2×1＝4(种)；一个卵原细胞经过减数分裂只能形成一个卵细胞，因此只有1种，综上所述，A正确。
4.(2020·重庆八中高考适应性月考)某植物红花和白花的相对性状同时受3对等位基因(A/a、B/b、C/c)控制，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时才开红花，否则开白花。现有甲、乙、丙3个纯合白花品系，相互之间进行杂交，后代表现型如右图所示。已知甲的基因型是AAbbcc，推测乙的基因型是(　　)
A．aaBBcc B．aabbCC
C．aabbcc D．AABBcc
解析：选D。由于基因型中每对等位基因都至少含有一个显性基因时才开红花，甲与丙杂交后代为红花，且甲、乙、丙都为纯合白花品系，故丙的基因型为aaBBCC，丙与乙杂交后代也为红花，乙中必定有纯合的A基因，故本题正确答案为D。
5．(2020·吉林长春高三质量监测)某植物花的颜色由三对独立遗传的基因(A和a、B和b、D和d)共同决定，基因a 控制酶1的合成，使白色物质转化为红色素，基因B控制酶2的合成，使红色素转化为紫色素，基因D控制酶3的合成，使白色物质直接转化为紫色素。只要基因D存在，植株均开紫花。下列说法正确的是(　　)
A．紫花植株的基因型共有18种
B．红花植株自交后代均为红花植株
C．Aabbdd×aaBbdd的后代表现型比例为3∶1
D．该花色遗传说明基因对性状具有直接控制作用
解析：选B。据题意可知，紫花植株的基因型为aaB_dd 2种或_ _ _ _D_18种，共20种，A错误；红花植株的基因型为aabbdd，自交后代基因型仍为aabbdd，表现为红色，B正确；Aabbdd×aaBbdd的后代为1/4Aabbdd(白色)、1/4aabbdd(红色)、1/4AaBbdd(白色)、1/4aaBbdd(紫色)，即表现型比例为白色∶红色∶紫色＝2∶1∶1，C错误；该花色遗传说明基因对性状的控制是通过控制酶的合成来控制色素的合成，是间接控制性状的表现，D错误。
6．(2020·安徽合肥八中段考)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1/32
解析：选D。由题意可知，香味性状对应的基因型为aa，一旦出现即能稳定遗传，A正确；由于子代抗病∶感病＝1∶1，可推知亲代为Bb和bb，子代无香味∶有香味＝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，B正确；两亲本(Aabb、AaBb)杂交的子代中有香味抗病植株的基因型为aaBb，为杂合子，C正确；两亲本杂交的子代为1/8AABb、1/4AaBb、1/8AAbb、1/4Aabb、1/8aaBb、1/8aabb，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(1/4)×(1/4)×(1/4)＋(1/8)×(1/4)＝3/64，D错误。
7．(2020·黑龙江鹤岗一中高三月考)某一植物体内常染色体上具有三对等位基因(A和a，B和b，D和d)，已知A、B、D三个基因分别对a、b、d完全显性，但不知这三对等位基因是否独立遗传。某同学为了探究这三对等位基因在常染色体上的分布情况做了以下实验：用显性纯合个体与隐性纯合个体杂交得F1，F1同隐性纯合个体测交，结果及比例为AaBbDd ∶AaBbdd∶aabbDd∶aabbdd＝1∶1∶1∶1，则下列表述正确的是(　　)
A．A、B在同一条染色体上
B．A、b在同一条染色体上
C．A、D在同一条染色体上
D．A、d在同一条染色体上
解析：选A。aabbdd产生的配子是abd，子代为AaBbDd∶AaBbdd∶aabbDd∶aabbdd＝1∶1∶1∶1，所以AaBbDd产生的配子是ABD∶ABd∶abD∶abd＝1∶1∶1∶1，所以A、B在一条染色体上，a、b在一条染色体上。
8．(2020·南昌期末)用纯种黄色饱满玉米和白色皱缩玉米杂交，F1全部表现为黄色饱满。F1自交后，F2的性状表现及比例为黄色饱满73%、黄色皱缩2%、白色饱满2%、白色皱缩23%。下列对上述两对性状遗传分析正确的是(　　)
A．F1产生两种比例相等的配子
B．控制两对性状的基因独立遗传
C．两对性状中有一对的遗传不符合基因分离定律
D．若F1测交，则后代有四种表现型且比例不等
解析：选D。纯种黄色饱满子粒的玉米与白色皱缩子粒的玉米杂交，F1全部表现为黄色饱满，说明黄色相对于白色为显性性状，饱满相对于皱缩为显性性状，F1自交后，F2的性状表现及比例为黄色饱满73%、黄色皱缩2%、白色饱满2%、白色皱缩23%。其中黄色∶白色＝3∶1，饱满∶皱缩＝3∶1，如果符合自由组合定律，F1自交后代分离比应符合9∶3∶3∶1。但本题给出的数据不符合9∶3∶3∶1，因此上述两对性状的遗传不符合基因自由组合定律，应该是两对等位基因位于一对同源染色体上，而且在减数分裂中一部分四分体发生了交叉互换，所以F1产生4种配子，而且比例不相等，A、B错误；由以上分析可知，F2中黄色∶白色＝3∶1，饱满∶皱缩＝3∶1，所以每对性状都遵循基因分离定律，C错误；由于F1产生4种配子，而且比例不相等，所以若F1测交，则后代有四种表现型且比例不等，D正确。
9．(2018·高考全国卷Ⅲ)某小组利用某二倍体自花传粉植物进行两组杂交实验，杂交涉及的四对相对性状分别是：红果(红)与黄果(黄)、子房二室(二)与多室(多)、圆形果(圆)与长形果(长)、单一花序(单)与复状花序(复)。实验数据如下表。
组别
杂交组合
F1表现型
F2表现型及个体数
甲
红二×黄多
红二
450红二、160红多、
150黄二、50黄多
红多×黄二
红二
460红二、150红多、
160黄二、50黄多
乙
圆单×长复
圆单
660圆单、90圆复、
90长单、160长复
圆复×长单
圆单
510圆单、240圆复、
240长单、10长复
回答下列问题：
(1)根据表中数据可得出的结论是：控制甲组两对相对性状的基因位于________上，依据是__________________________________________；控制乙组两对相对性状的基因位于________(填“一对”或“两对”)同源染色体上，依据是________________________________________________________________________。
(2)某同学若用“长复”分别与乙组的两个F1进行杂交，结合表中数据分析，其子代的统计结果不符合________的比例。
解析：(1)依据甲组实验可知，不同性状的双亲杂交，子代表现出的性状为显性性状(红二)，F2出现9∶3∶3∶1的性状分离比，所以控制红果与黄果、子房二室与多室两对性状的基因位于非同源染色体上；同理可知乙组中，圆形果单一花序为显性性状，F2中圆∶长＝3∶1、单∶复＝3∶1，但未出现9∶3∶3∶1的性状分离比，说明两对等位基因的遗传遵循分离定律但不遵循自由组合定律，所以控制乙组两对性状的基因位于一对同源染色体上。(2)根据乙组表中的数据分析可知，乙组的两个F1“圆单”为双显性状，则“长复”为双隐性状，且F2未出现9∶3∶3∶1 的性状分离比，说明F1“圆单”个体不能产生1∶1∶1∶1的四种配子，因此用“长复”分别与乙组的两个F1进行测交，其子代的统计结果不符合1∶1∶1∶1的比例。
答案：(1)非同源染色体　F2中两对相对性状表现型的分离比符合9∶3∶3∶1　一对　F2中每对相对性状表现型的分离比都符合3∶1，而两对相对性状表现型的分离比不符合9∶3∶3∶1　(2)1∶1∶1∶1
10．(2019·高考江苏卷)杜洛克猪毛色受独立遗传的两对等位基因控制，毛色有红毛、棕毛和白毛三种，对应的基因组成如下表。请回答下列问题：
毛色
红毛
棕毛
白毛
基因组成
A－B－
A－bb、aaB－
aabb
(1)棕毛猪的基因型有________种。
(2)已知两头纯合的棕毛猪杂交得到的F1均表现为红毛，F1雌雄交配产生F2。
①该杂交实验的亲本基因型为________________________________________________________________________。
②F1测交，后代表现型及对应比例为________________________________________________________________________。
③F2中纯合个体相互交配，能产生棕毛子代的基因型组合有________种(不考虑正反交)。
④F2的棕毛个体中纯合体的比例为________。F2中棕毛个体相互交配，子代白毛个体的比例为________。
(3)若另一对染色体上有一对基因I、i，I基因对A和B基因的表达都有抑制作用，i基因不抑制，如I－A－B－表现为白毛。基因型为IiAaBb的个体雌雄交配，子代中红毛个体的比例为________，白毛个体的比例为________。
解析：(1)棕毛猪的基因型有4种，分别是AAbb、Aabb、aaBB、aaBb。(2)①两头纯合的棕毛猪杂交得到的F1均为红毛猪，说明亲本的基因型为AAbb、aaBB。②F1的基因型为AaBb，F1测交，后代基因型及对应比例为AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝1∶1∶1∶1，表现型及对应比例为红毛∶棕毛∶白毛＝1∶2∶1。③F2中纯合个体相互交配，能产生棕毛子代的基因型组合有4种，分别是AAbb×AAbb、aaBB×aaBB、AAbb×aabb、aaBB×aabb。④F2中棕毛个体的基因型及比例为AAbb∶Aabb∶aaBB∶aaBb＝1∶2∶1∶2，其中纯合体的比例为1/3。F2中棕毛个体相互交配，其中能产生白毛个体的组合有Aabb和Aabb[只需考虑：A、a基因，(2/6)×(2/6)×(1/4)＝1/36]、Aabb和aaBb[同时考虑两对基因，(2/6)×(2/6)×(1/2)×(1/2)×2＝1/18]、aaBb和aaBb[只需考虑B、b基因，(2/6)×(2/6)×(1/4)＝1/36]，则子代白毛个体的比例为1/36＋1/8＋1/36＝1/9。(3)i基因不抑制A和B基因的表达，所以IiAaBb自交，子代中红毛个体(iiA－B－)的比例为(1/4)×(3/4)×(3/4)＝9/64；棕毛个体(iiA－bb＋iiaaB－)的比例为(1/4)×(3/4)×(1/4)＋(1/4)×(1/4)×(3/4)＝6/64；白毛个体的比例为1－9/64－6/64＝49/64。
答案：(1)4　(2)①AAbb和aaBB　②红毛∶棕毛∶白毛＝1∶2∶1　③4　④1/3　1/9　(3)9/64　49/64
11．(2021·预测)水稻花粉粒中淀粉的非糯性和糯性、花粉圆粒和花粉长粒是两对相对性状，控制这两对相对性状的两对基因独立遗传(非糯性的花粉粒遇碘呈蓝色，糯性的花粉粒遇碘呈橙红色)。请利用这两对相对性状纯合的水稻植株为材料，以花粉粒作为研究对象，设计实验验证自由组合定律。
(1)请写出该实验的实验思路：_____________________________________________。
(2)某同学观察一个视野后，统计数据如下表所示：
花粉粒性状
蓝色
橙红色
圆形
长形
数目
8个
11个
7个
12个
上述同学的统计结果能否验证自由组合定律的正确性？________。试说明原因：________________________________________________。
(3)结果分析：当花粉粒的表现型及比例为________________________时，则可验证自由组合定律是正确的。
解析：(1)要验证基因的自由组合定律，需要先获得双杂合个体，故可以选用纯种非糯性花粉圆粒性状的个体和纯种糯性花粉长粒性状的个体(或纯种非糯性花粉长粒性状的个体与纯种糯性花粉圆粒性状的个体)杂交，获得的F1即为双杂合个体，取F1的花粉加碘液染色后进行镜检，并记录花粉粒的形状和颜色。(2)表格中是单独统计了花粉粒的形状和颜色，并未统计橙红色圆形、橙红色长形、蓝色圆形、蓝色长形颜色和形状的组合性状情况，另外统计的花粉粒数量太少，误差较大，故不能验证基因的自由组合定律。(3)若两对基因符合基因的自由组合定律，则F1双杂合植株可以产生四种比例相等的配子，则会出现四种花粉即非糯性(蓝色)圆形∶非糯性(蓝色)长形∶糯性(橙红色)圆形∶糯性(橙红色)长形≈1∶1∶1∶1。
答案：(1)用纯种非糯性花粉圆粒性状的个体和纯种糯性花粉长粒性状的个体(或纯种非糯性花粉长粒性状的个体和纯种糯性花粉圆粒性状的个体)杂交，取F1的花粉粒加碘液染色后放在显微镜下观察并记录花粉粒的颜色和形状
(2)不能　①分别统计一对相对性状不能说明基因的自由组合，要统计两对相对性状的组合情况；②观察的花粉粒数量较少
(3)非糯性(蓝色)圆形∶非糯性(蓝色)长形∶糯性(橙红色)圆形∶糯性(橙红色)长形≈1∶1∶1∶1
12．(2020·德州期末)豌豆的子叶黄色(Y)对绿色(y)为显性，圆粒(R)对皱粒(r)为显性，红花(C)对白花(c)为显性。现有几个品系，相互之间进行杂交实验，结果如下：
实验1：黄色圆粒红花×黄色圆粒白花→子一代表现型及比例为黄色圆粒红花∶黄色皱粒红花∶绿色圆粒红花∶绿色皱粒红花＝9∶3∶3∶1。
实验2：黄色圆粒红花×黄色皱粒红花→子一代表现型及比例为黄色圆粒红花∶绿色圆粒红花∶黄色圆粒白花∶绿色圆粒白花＝9∶3∶3∶1。
实验3：黄色圆粒红花×绿色圆粒红花→子一代表现型及比例为黄色圆粒红花∶黄色圆粒白花∶黄色皱粒红花∶黄色皱粒白花＝9∶3∶3∶1。
实验4：黄色皱粒白花×绿色圆粒红花→子一代表现型及比例为黄色圆粒红花∶黄色圆粒白花＝1∶1。
综合上述实验结果，请回答下列问题：
(1)子叶颜色与粒形的遗传遵循____________________定律，理由是________________________________________________。
(2)实验1的子代黄色圆粒红花中纯合子的概率为________。
(3)若实验2的子代中某个体自交后代有27种基因型，则该个体的基因型________。
(4)若实验3的子代中某个体自交后代有8种表现型，则该个体的基因型是________。
(5)实验4的亲本的基因型分别是________________________________________。
(6)实验4的子一代黄色圆粒红花继续自交得到子二代(F2)，再将全部F2植株自交得到F3种子，将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个株系。理论上，在所有F3株系中，表现出9∶3∶3∶1的分离比的株系有________种。
解析：(1)只考虑子叶颜色与粒形，由实验1的子代黄色圆粒∶黄色皱粒∶绿色圆粒∶绿色皱粒＝9∶3∶3∶1可知，子叶颜色与粒形的遗传遵循基因的自由组合定律。(2)由实验1可知，亲本黄色圆粒红花的基因型是YyRrCC, 黄色圆粒白花的基因型是YyRrcc，可知实验1的子代个体的基因型中一定含Cc, 因此实验1的子代黄色圆粒红花中纯合子的概率为0。(3)YyRrCc自交后代有3×3×3＝27(种)基因型，因此若实验2的子代中某个体自交后代有27种基因型，说明该个体的基因型是YyRrCc。(4)YyRrCc自交后代有2×2×2＝8(种)表现型，因此若实验3的子代中某个体自交后代有8种表现型，则该个体的基因型也是YyRrCc。(5)根据亲代的表现型，以及子代的表现型及比例，可推知实验4的亲本的基因型分别是YYrrcc、yyRRCc。(6)实验4的子一代黄色圆粒红花的基因型为YyRrCc，其继续自交得到F2，再将全部F2植株自交得到F3种子，将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个株系。理论上，在F3的各株系中，若表现出9∶3∶3∶1的分离比，说明F2植株有两对基因杂合、一对基因纯合，而子一代基因型为YyRrCc的黄色圆粒红花植株自交，得到的F2植株满足两对基因杂合、一对基因纯合的基因型有6种，分别是YyRrCC、YyRrcc、YyRRCc、YyrrCc、YYRrCc、yyRrCc。
答案：(1)基因的自由组合　实验1的子代黄色圆粒∶黄色皱粒∶绿色圆粒∶绿色皱粒＝9∶3∶3∶1　(2)0
(3)YyRrCc　(4)YyRrCc　(5)YYrrcc、yyRRCc　(6)6
13．(2020·黑龙江大庆实验中学月考)某自花传粉的植物，花的颜色由两对基因(A和a，B和b)控制，其遗传符合自由组合定律。其中A基因控制红色素合成，B基因控制紫色素合成，当两种色素同时合成时，花色表现为品红花，两种色素都不能合成时，花色表现为白花。科研小组做了甲、乙两组人工杂交实验，结果如下。
甲：品红花×白花→F1：品红花、红花
乙：品红花×紫花→F1：品红花、红花、紫花、白花
请回答：
(1)甲组品红花亲本和F1中品红花个体的基因型分别是________和________。
(2)乙组紫花亲本的基因型是________，F1中品红花、红花、紫花、白花的比例是________。
(3)欲判断乙组F1中某品红花植株的基因型，请你为该科研小组设计一个最简便的实验方案，并预测实验结果和结论：
让该品红花植株自交，观察并统计后代的表现型及比例。
①若子代中品红花比例为________，则该品红花植株基因型为________；
②若子代中品红花比例为________，则该品红花植株基因型为________。
解析：(1)据题干信息可推知，A－bb的花色为红色，aaB－的花色为紫色，A－B－的花色为品红色，aabb的花色为白色。甲组实验中，品红花亲本(A－B－)与白花亲本(aabb)杂交，F1中出现品红花与红花(A—bb)两种表现型，说明品红花亲本含有A、B和b基因，其基因型为AABb，进而推知F1中品红花个体的基因型是AaBb。
(2)乙组品红花(A－B－)×紫花(aaB－)，后代出现了白花aabb，说明亲本品红花基因型为AaBb，紫花基因型为aaBb，则F1四种表现型的比例是品红花(A－B－)∶红花(A_bb)∶紫花(aaB－)∶白花(aabb)＝3∶1∶3∶1。(3)乙组F1中某品红花植株的基因型为AaBB或AaBb，而该植物为自花传粉的植物，所以欲判断乙组F1中该品红花植株的基因型，最简便的实验方案是让该品红花植株自交(自花传粉)，观察并统计后代的表现型及比例。①若该品红花植株基因型为AaBB，则其自交子代的表现型及比例为品红花(A－BB)∶紫花(aaBB)＝3∶1，即子代中品红花比例为3/4；②若该品红花植株基因型为AaBb，则其自交子代的表现型及比例为品红花(A－B－)∶紫花(aaB－)∶红花(A－bb)∶白花(aabb)＝9∶3∶3∶1，即子代中品红花比例为9/16。
答案：(1)AABb　AaBb　(2)aaBb　3∶1∶3∶1
(3)①3/4　AaBB　②9/16　AaBb

14．(2020·湖南长沙调研)科学家对猕猴(2n＝42)的代谢进行研究，发现乙醇进入机体内的代谢途径如下图所示。缺乏酶1，喝酒脸色基本不变但易醉，称为“白脸猕猴”；缺乏酶2，喝酒后乙醛积累刺激血管引起脸红，称为“红脸猕猴”；还有一种是号称“不醉猕猴”，原因是两种酶都有。请据图回答下列问题：

(1)该实例说明基因控制性状的方式是__________________________________________。
(2)“红脸猕猴”的基因型有________种；若一对“红脸猕猴”所生的子代中有“不醉猕猴”和“白脸猕猴”，则它们再生一个“不醉猕猴”雄性个体的概率是________。
(3)为了判断某“白脸猕猴”雄猴的基因型，进行了如下遗传实验：①让该“白脸猕猴”与多只纯合的“不醉猕猴”交配，并产下多只后代。②观察、统计后代的表现型及比例。请你预测实验结果并推测相应的实验结论。
Ⅰ.__________________________________________________________；Ⅱ.__________________________________________________________；Ⅲ.________________________________________________________________________。
解析：(1)由图中信息可知，猕猴喝酒后的性状是由基因通过控制酶的合成来间接控制的。(2)“红脸猕猴”的基因型为AABB、AABb、AaBB、AaBb 4种。若一对“红脸猕猴”(A－B－)所生的子代中有“不醉猕猴”(A－bb)和“白脸猕猴”(aa－－)，可知亲本的基因型均为AaBb，它们再生一个“不醉猕猴”(A－bb)雄性个体的概率是(3/4)×(1/4)×(1/2)＝3/32。(3)“白脸猕猴”的基因型可能是aaBB、aaBb、aabb 3种，与多只纯合的“不醉猕猴”(AAbb)交配，若“白脸猕猴”的基因型为aaBB，则杂交后代全部是“红脸猕猴”；若“白脸猕猴”的基因型为aaBb，则杂交后代的表现型及比例为“红脸猕猴”∶“不醉猕猴”接近1∶1；若“白脸猕猴”的基因型为aabb，则杂交后代全部是“不醉猕猴”。
答案：(1)基因通过控制酶的合成来控制代谢过程，进而控制生物体的性状
(2)4　3/32
(3)Ⅰ.若子代全为“红脸猕猴”，则该“白脸猕猴”雄猴基因型为aaBB　Ⅱ.若子代“红脸猕猴”∶“不醉猕猴”接近于1∶1，则该“白脸猕猴”雄猴基因型为aaBb　Ⅲ.若子代全为“不醉猕猴”，则该“白脸猕猴”雄猴基因型为aabb
15．(2020·福建泉州一模)西瓜长蔓对短蔓为显性性状。目前发现，控制短蔓性状的相关基因有4种，即短蔓基因a、b、e、f，且独立遗传。短蔓西瓜有两类，一类为由其中2对短蔓基因控制的双隐性类型；另一类为由1对短蔓基因控制的单隐性类型。研究人员培育出一种短蔓西瓜品种，并初步进行两个遗传实验如下：
实验一：将该短蔓西瓜与纯合长蔓西瓜(AABBEEFF)杂交，F1自交，观察分析F2的表现型及比例。
实验二：将该短蔓西瓜与另一短蔓西瓜(aaBBEEFF)杂交，观察分析子代的表现型及比例。
请回答下列问题：
(1)依据实验一的结果，可进行判断的问题是________(填写下列字母)。
A．短蔓西瓜的基因型是什么
B．短蔓性状由几对短蔓基因控制
(2)实验二的结果为子代皆表现长蔓。研究人员又将该短蔓西瓜与实验二的子代长蔓西瓜杂交，结果为长蔓∶短蔓＝1∶1。据此能否确定该短蔓西瓜的基因型，说明理由。
解析：(1)实验一中将该短蔓西瓜与纯合长蔓西瓜(AABBEEFF)杂交，F1自交，通过分析F2的表现型及比例，可以判断出短蔓性状由几对短蔓基因控制。如果是2对短蔓基因控制的双隐性类型，在F2中会出现15∶1的分离比；如果是1对短蔓基因控制的单隐性类型，在F2中会出现3∶1的分离比，故B正确。(2)在实验二中将该短蔓西瓜与另一短蔓西瓜(aaBBEEFF)杂交，子代皆表现长蔓，说明该西瓜短蔓性状不由基因a控制，而又将该短蔓西瓜与实验二的子代长蔓西瓜杂交，结果为长蔓∶短蔓＝1∶1，说明该西瓜短蔓性状是由1对短蔓基因(可能为基因b或e或f)控制的，但无法确定该短蔓西瓜的基因型，因为该西瓜短蔓性状不论由基因b或e或f控制，其与实验二的子代长蔓西瓜杂交的结果都为长蔓∶短蔓＝1∶1。
答案：(1)B
(2)不能确定。子代皆表现长蔓，说明该西瓜短蔓性状不由基因a控制；长蔓∶短蔓＝1∶1，说明该西瓜短蔓性状由1对短蔓基因(可能为基因b或e或f)控制；该西瓜短蔓性状不论由基因b或e或f控制，其与实验二的子代长蔓西瓜杂交的结果都为长蔓∶短蔓＝1∶1。