2023版高考生物一轮总复习第5单元遗传因子的发现基因和染色体的关系第2讲孟德尔的豌豆杂交实验二课后提能演练

必修2　第五单元　第2讲

A组　基础巩固练

1．某种动物的眼色由两对独立遗传的等位基因(A、a和B、b)控制，具体控制关系如图。下列相关叙述正确的是(　　)

A．A基因正常表达时，以任一链为模板转录和翻译产生酶A

B．B基因上可结合多个核糖体，以提高酶B的合成效率

C．该动物群体中无色眼的基因型只有1种，猩红色眼对应的基因型有4种

D．若一对无色眼亲本所形成的受精卵中基因a突变成了基因A，或基因b突变成了基因B，则发育成的子代为深红色眼

【答案】C　【解析】A基因正常表达时，以非编码链为模板转录形成mRNA，以mRNA为模板翻译产生酶A；以B基因的一条链为模板，转录出的mRNA可结合多个核糖体，以提高酶B的合成效率；分析图示可知：无色眼没有酶A和酶B，为无色底物，缺乏A基因和B基因，基因型只有aabb这1种，猩红色眼有A基因控制合成的酶A或B基因控制合成的酶B，因此对应的基因型有4种，分别为AAbb、Aabb、aaBB、aaBb；若一对无色眼亲本(aabb)所形成的受精卵中基因a或b发生突变，发育成的子代的基因型为Aabb或aaBb，表现为猩红色眼。

2．某种哺乳动物的直毛(B)对卷毛(b)为显性，黑色(C)对白色(c)为显性(这两对基因的分离和组合互不干扰)。基因型为BbCc的个体与个体X交配，子代的表现型有：直毛黑色、卷毛黑色、直毛白色和卷毛白色，它们之间的比为3∶3∶1∶1。个体X的基因型为(　　)

A．BbCC B．BbCc

C．bbCc D．Bbcc

【答案】C　【解析】根据给出的亲本的基因型为BbCc和基因的分离定律可知，直毛∶卷毛＝1∶1，说明该对基因相当于测交，即Bb×bb。黑色∶白色＝3∶1，相当于F1自交，即Cc×Cc，故个体X的基因型是bbCc。

3．基因型为AABBCC的个体与aabbcc的个体杂交得到F1，将F1与隐性亲本测交，测交后代出现的四种基因型如下表所示。下列有关分析错误的是(　　)

A．测交结果说明F1产生abc、ABC、aBc、AbC四种类型的配子

B．测交后代四种基因型一定对应四种表现型且比例接近1∶1∶1∶1

C．据实验结果推测A和C在同一条染色体上，a和c在同一条染色体上

D．若让测交后代中基因型为AabbCc的个体自交，后代中纯合子的比例为1/2

【答案】B　【解析】依题意，F1的基因型是AaBbCc，隐性亲本aabbcc产生的配子基因组成为abc，用测交后代的四种基因型减去abc，即为F1产生的四种类型的配子：abc、ABC、aBc、AbC，A正确；基因型和表现型不一定都是一一对应的关系，基因与性状的关系并不都是简单的线性关系，B错误；根据实验结果可知，基因A和C、a和c总是同时出现，由此可推测A和C在同一条染色体上，a和c在同一条染色体上，C正确；根据C选项分析可知，基因型为AabbCc的个体能产生两种配子1/2AbC和1/2abc，该个体自交后代中纯合子基因型有AAbbCC和aabbcc，所占比例为1/2×1/2＋1/2×1/2＝1/2，D正确。

4．玉米籽粒的种皮颜色白皮和红色是一对相对性状，由两对等位基因控制。如果用纯种的红皮玉米与白皮玉米杂交，将会出现如下图所示的结果。下列叙述正确的是(　　)

A．两个白皮玉米杂交，后代不可能出现性状分离

B．F1自交时，含双隐性基因的配子不能存活

C．如果对F1红皮玉米进行测交，后代的性状分离比为1∶1

D．F2白色种皮个体中纯合子的概率是3/7

【答案】D　【解析】假设玉米种皮的颜色受A、a和B、b两对等位基因共同控制。由题图可推测出红皮的基因型为A_B_，白皮的基因型为A_bb、aaB_、aabb，两个白皮玉米杂交，如Aabb×aaBb，后代可出现性状分离；F1自交产生的子代表现型及比例为红皮∶白皮＝9∶7，为9∶3∶3∶1的变形，由此可见F1自交时，含双隐性基因的配子能存活；F1基因型为AaBb，将其进行测交，后代的性状分离比为红皮(AaBb)∶白皮(Aabb、aaBb、aabb)＝1∶3；F2中白色种皮个体中纯合子AAbb、aaBB、aabb各占1/7，即白色种皮个体中纯合子的概率为3/7。

5．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，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

【答案】C　【解析】采用花粉鉴定法验证遗传的基本规律，必须是可以在显微镜下表现出来的性状，即非糯性(A)和糯性(a)，花粉粒长形(D)和圆形(d)。①和③杂交所得F1的花粉只有抗病(T)和染病(t)不同，显微镜下观察不到，A错误；若采用花粉鉴定法验证基因的自由组合定律，则应该选择②④组合，观察F1的花粉，B错误；将②和④杂交后所得的F1(Aa)的花粉涂在载玻片上，加碘液染色后，一半花粉为蓝色，一半花粉为棕色，D错误。

6．(2021年广东广州阶段训练)下列有关孟德尔遗传规律的说法，错误的是(　　)

A．孟德尔解释分离现象时提出了生物体的性状是由遗传因子决定的

B．孟德尔发现分离定律与自由组合定律的过程运用了假说—演绎法

C．基因型为AaBb的个体自交，F1一定有4种表现型和9种基因型

D．叶绿体与线粒体基因控制的性状，其遗传不遵循孟德尔遗传规律

【答案】C　【解析】孟德尔解释分离现象时，在观察和统计分析的基础上提出了生物体的性状是由遗传因子决定的，这些遗传因子既不会相互融合，也不会在传递中消失，A正确；孟德尔的一对或两对相对性状的遗传实验中，均采用了“假说—演绎”的研究方法，B正确；若A、a和B、b这两对等位基因位于一对同源染色体上，则这两对基因的遗传不遵循基因的自由组合定律，当这两对基因控制两对相对性状时，不考虑生物变异，如果基因A、B位于一对同源染色体的一条染色体上，基因a、b位于另一条染色体上，基因型为AaBb的个体自交，后代会出现3种基因型、2种表现型，如果基因A、b位于一对同源染色体的一条染色体上，基因a、B位于另一条染色体上，则基因型为AaBb的个体自交，后代会出现3种基因型、3种表现型，C错误；孟德尔遗传规律适用于进行有性生殖的真核生物的细胞核基因的遗传，叶绿体与线粒体基因控制的性状，其遗传属于细胞质遗传，不遵循孟德尔遗传规律，D正确。

7．某紫花植株自交，其子代中开紫花、红花、白花植株的比例为9∶3∶4。据此不能得出的结论是(　　)

A．该植物的花色遗传遵循自由组合定律

B．不同类型的雌雄配子间能够随机结合

C．子代紫花个体中有5/9的个体基因型与亲本相同

D．若对亲本测交，子代分离比为1∶1∶2

【答案】C　【解析】紫花、红花、白花植株的比例为9∶3∶4，为9∶3∶3∶1的变式，故花的颜色由两对独立遗传的基因控制，该植物的花色遗传遵循自由组合定律，A正确；该植物的花色遗传遵循自由组合定律，不同类型的雌雄配子间能够随机结合，B正确；子代紫花个体中有1/2×1/2＝1/4的个体基因型与亲本基因型(AaBb)相同，C错误；基因型为AaBb的开紫花的植株和开白花(基因型为aabb)的植株测交，后代基因型及比例为1/4AaBb,1/4aaBb,1/4Aabb，1/4aabb，紫花植株、红花植株和白花植株的比例为(或接近)1∶1∶2，D正确。

8．已知红玉杏花朵颜色由A、a和B、b两对独立遗传的基因共同控制，基因型为AaBb的红玉杏自交，子代F1中的基因型与表现型及其比例如下表，下面说法错误的是(　　)

A．F1中基因型为AaBb的植株与aabb植株杂交，子代中开淡紫色花的个体占1/4

B．F1中淡紫色的植株自交，子代中开深紫色花的个体占5/24

C．F1中深紫色的植株自由交配，子代深紫色植株中纯合子为5/9

D．F1中纯合深紫色植株与F1中杂合白色植株杂交，子代中基因型AaBb的个体占1/2

【答案】C　【解析】基因型为AaBb的植株与aabb的植株杂交，后代的基因型及比例为AaBb∶aaBb∶Aabb∶aabb＝1∶1∶1∶1，根据题干信息可知，基因型为AaBb表现为淡紫色花，占测交后代的1/4，A正确；F1中淡紫色的植株的基因型为1/3AABb,2/3AaBb，F1中淡紫色的植株自交，子代中开深紫色花的个体(基因型为A_bb)＝1/3×1/4＋2/3×3/4×1/4＝5/24，B正确；F1中深紫色的植株基因型为1/3AAbb、2/3Aabb，可产生的配子为2/3Ab、1/3ab，F1中深紫色的植株自由交配，产生的子代深紫色植株(基因型为AAbb＋Aabb)占比例＝2/3×2/3＋2×2/3×1/3＝8/9，其中纯合子AAbb占1/2，C错误；F1中纯合深紫色植株基因型为AAbb，与F1中杂合白色植株杂交，若杂合白色植株基因型为AaBB，子代中基因型AaBb的个体占1/2，若杂合白色植株基因型为aaBb，子代中基因型AaBb的个体占1/2，D正确。

B组　能力提升练

9．现有纯种果蝇品系①～④，其中品系①的性状为显性，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下表所示。若需验证自由组合定律，可选择交配的品系组合为(　　)

A．①×④ B．①×②

C．②×③ D．②×④

【答案】D　【解析】验证自由组合定律时所选择的亲本应具有两对相对性状，且控制两对相对性状的基因必须位于两对同源染色体上。

10．某种蛙眼色的表现型与基因型的对应关系如表所示(两对基因独立遗传)。

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∶2

C．9∶7 D．13∶3

【答案】A　【解析】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后代的表现型为AaB_(蓝眼蛙)∶Aabb(绿眼蛙)＝3∶1。

11．某种遗传病的系谱如图，该遗传病由两对独立遗传的基因A和a、B和b控制(都可以单独致病)。已知第Ⅰ代个体的两对基因中均至少有一对基因是纯合的，Ⅱ3的基因型为AAbb，且Ⅱ3与Ⅱ4的后代均正常。不考虑基因突变和染色体变异，则下列说法错误的是(　　)

A．Ⅰ1的基因型为AABb

B．Ⅲ1的基因型为AaBb或AABb

C．Ⅱ2的基因型为AABB或AABb

D．Ⅱ2和Ⅱ5的后代携带致病基因的概率为5/9

【答案】B　【解析】由题干叙述可知，只有基因型为A_B_时才表现正常，基因型为A_bb、aaB_或aabb均表现为患病。由于第Ⅰ代个体的两对基因中均至少有一对基因是纯合的，且Ⅱ3的基因型为AAbb，则Ⅰ1和Ⅰ2的基因型均为AABb，由此可知Ⅱ2的基因型为AABB(1/3)或AABb(2/3)。根据Ⅱ3与Ⅱ4的后代均正常、Ⅱ3的基因型为AAbb，可知Ⅱ4的基因型只能为aaBB，则Ⅲ1的基因型为AaBb。根据Ⅱ4的基因型为aaBB，同时根据第Ⅰ代个体的两对基因中均至少有一对基因是纯合的，可知Ⅰ3和Ⅰ4的基因型均为AaBB，则Ⅱ5的基因型为AABB(1/3)或AaBB(2/3)。Ⅱ2与Ⅱ5婚配，有三种情况后代携带致病基因：1/3AABB×2/3AaBB、2/3AABb×1/3AABB、2/3AABb×2/3AaBB，故后代携带致病基因的概率为1/3×2/3×1/2＋2/3×1/3×1/2＋2/3×2/3×(1－1/2×1/2)＝5/9。

12．某高等动物的毛色由常染色体上的两对等位基因(A、a和B、b)控制，A对a、B对b完全显性，其中A基因控制黑色素的合成，B基因控制黄色素的合成，两种色素均不合成时毛色呈白色。当A、B基因同时存在时，二者的转录产物会形成双链结构进而无法继续表达。用纯合的黑色和黄色亲本杂交，F1为白色。以下分析错误的是(　　)

A．自然界中白色个体的基因型有5种

B．含A、B基因的个体毛色是白色的原因是不能翻译出相关蛋白质

C．若F2中黑色∶黄色∶白色个体之比接近3∶3∶10，则两对基因独立遗传

D．若F2中白色个体的比例接近1/2，则F2中黑色个体的比例也接近1/2

【答案】D　【解析】根据“当A、B基因同时存在时，二者的转录产物会形成双链结构进而无法继续表达”可知，白色个体的基因型为A_B_、aabb，白色个体的基因型有5种，A、B正确。纯合的黑色和黄色亲本杂交，F1为白色，则黑色的基因型为AAbb，黄色的基因型为aaBB，F1中白色个体的基因型为AaBb。若F2中黑色(A_bb)∶黄色(aaB_)∶白色(A_B_、aabb)个体之比接近3∶3∶10，即9∶3∶3∶1的变形，说明F1自交得到F2，两对基因独立遗传，C正确。F1中白色个体的基因型为AaBb，若F2中白色个体的比例接近1/2，说明基因A与b位于一条染色体上，a与B位于一条染色体上，则F2中黑色(AAbb)∶黄色(aaBB)∶白色(AaBb)＝1∶1∶2，黑色个体的比例接近1/4，D错误。

13．研究人员选择果皮黄绿色、果肉白色、果皮有覆纹的纯合甜瓜植株(甲)与果皮黄色、果肉橘红色、果皮无覆纹的纯合甜瓜植株(乙)杂交，F1表现为果皮黄绿色、果肉橘红色、果皮有覆纹。F1自交得F2，分别统计F2各对性状的表现型及株数，结果如表。

(1)甜瓜果肉颜色的显性性状是________。

(2)据表格中数据________(填“能”或“不能”)判断两对基因(A和a，B和b)自由组合，理由是____________________。

(3)完善下列实验方案，证明果皮覆纹性状由2对等位基因控制。

实验方案：让F1与植株________(填“甲”或“乙”)杂交，统计子代的表现型及比例。

预期结果：子代的表现型及比例为________。

(4)若果皮颜色、覆纹两对性状遗传遵循基因自由组合定律，则理论上F2中果皮黄色无覆纹甜瓜约有________株。

【答案】(1)橘红色　(2)不能　缺乏对F2中两对性状(果皮颜色与果肉颜色)组合类型的统计数据　

(3)乙　(果皮)有覆纹∶无覆纹＝1∶3　(4)70

【解析】(1)根据题意分析，果皮黄绿色、果肉白色、果皮有覆纹的纯合甜瓜植株(甲)与果皮黄色、果肉橘红色、果皮无覆纹的纯合甜瓜植株(乙)杂交，F1表现为果皮黄绿色、果肉橘红色、果皮有覆纹，说明果皮黄绿色、果肉橘红色、果皮有覆纹都是显性性状。(2)表格中只有每对性状的分离比，缺乏对F2中两对性状(果皮颜色与果肉颜色)组合类型的统计数据，所以不能判断两对基因(A和a，B和b)是否遵循自由组合定律。(3)如果果皮覆纹性状由2对等位基因控制，根据表格数据361∶279≈9∶7，说明双显性为有覆纹，其余为无覆纹，则F1(双杂合子有覆纹)与植株乙(双隐性无覆纹)杂交，子代的表现型及比例为(果皮)有覆纹∶无覆纹＝1∶3。(4)若果皮颜色、覆纹两对性状(受三对基因控制)遗传遵循基因自由组合定律，则理论上F2中果皮黄色(1/4)无覆纹(7/16)甜瓜约有640×1/4×7/16＝70(株)。

C组　压轴培优练

14． 在家兔中黑色(B)对褐色(b)为显性，短毛(E)对长毛(e)为显性，这两对基因是独立遗传的。现有纯合黑色短毛兔和褐色长毛兔。请回答下列问题：

(1)试设计培育出能稳定遗传的黑色长毛兔的育种方案(简要程序)。

第一步：_____________________；

第二步：_____________________；

第三步：_____________________。

(2)黑色长毛兔的基因型有________和________两种，其中纯合子占黑色长毛兔总数的________，杂合子占F2总数的________。

(3)此现象符合基因的________定律。

【答案】(1)黑色短毛兔×褐色长毛兔→F1　F1雌雄个体相互交配得到F2，从F2中选出黑色长毛兔　F2中黑色长毛兔×褐色长毛兔(测交)，其后代不出现褐色长毛兔的亲本即为能稳定遗传的黑色长毛兔　(2)BBee　Bbee　1/3　1/8　(3)自由组合

【解析】黑色长毛兔是亲本中没有的性状，是重新组合出的新性状，可利用基因的自由组合定律知识解决此题，但是要注意到重组性状是第二代才出现的。题目要求是能稳定遗传的黑色长毛兔，所以必须要选育出纯合子才能稳定遗传。

15．下图为永州蚕豆(地方品种，制作兰花豆的上乘食材)花色代谢途径，请回答下列问题。

(1)从花色代谢途径可知基因通过______________来控制代谢过程，进而控制生物体的性状。

(2)从花色代谢途径可知遗传遵循基因的自由组合定律，原因是_____________________ _________________________________。

(3)基因型为____________的蓝花植株自交，子代表现为蓝花植株∶白花植株＝3∶1。若将基因型为AaBb的个体进行花药离体培养，预计所得的植株中可育的二倍体蓝花纯种所占比例为________。

(4)用下列4个品种做杂交实验，结果如下：

实验1：蓝花×白甲，F1表现为蓝花，F1自交，F2表现为蓝花∶白花＝9∶7

实验2：白乙×白丙，F1表现为蓝花，F1自交，F2表现为蓝花∶白花＝9∶7

若要鉴定F2白花植株的基因型，请你设计杂交实验方案(实验条件满足要求)：

让该白花植株分别与亲本白乙、白丙杂交。

结果及结论：

①____________________________，则该白花植株的基因型是aaB_(或A_bb)。

②______________________________________，则该白花植株的基因型是aabb。

【答案】(1)控制酶的合成　(2)控制花色遗传的两对等位基因位于Ⅱ号、Ⅴ号两对同源染色体上(控制花色遗传的两对等位基因位于两对同源染色体上)　(3)AABb、AaBB 　0　(4)①若两个杂交组合的杂交后代之一出现了蓝花植株　②若两个杂交组合的杂交后代均为白花植株

【解析】本题涉及遗传基本规律等知识，重点考查了分析综合能力。(1)从花色代谢途径可知，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)遗传遵循基因的自由组合定律是因为控制花色遗传的两对等位基因位于两对同源染色体上。(3)子代表现为蓝花植株∶白花植株＝3∶1，说明自交个体只有1对杂合子，因此，蓝花植株的基因型是AABb或AaBB。若将基因型为AaBb的个体进行花药离体培养，得到的全部都是单倍体，不可能得到可育的二倍体蓝花纯种。(4)要鉴定F2白花植株的基因型，让该白花植株分别与亲本白乙、白丙杂交。若该白花植株的基因型是aaB_(或A_bb)，则两个杂交组合的杂交后代之一出现了蓝花植株。若白花植株的基因型是aabb，则两个杂交组合的杂交后代均为白花植株。