2024届苏教版高考生物一轮复习自由组合定律学案

这是一份2024届苏教版高考生物一轮复习自由组合定律学案，共19页。
第3课时　自由组合定律
课标要求　阐明自由组合定律。
考点一　自由组合定律的发现

1．两对相对性状杂交实验
(1)两对相对性状杂交实验的过程

(2)对杂交实验结果的分析

(3)遗传图解

结果分析


2．对两对相对性状杂交实验的解释
根据两对相对性状的杂交实验，孟德尔推断：
(1)这两对相对性状是独立遗传的。
(2)控制这两对相对性状的遗传因子之间可以自由组合。因此，一对相对性状的分离与不同对相对性状之间的组合是彼此独立、互不干扰的。
3．对自由组合的验证
(1)方法：测交法。
(2)测交图解


源于必修2 P26：孟德尔杂交实验中为什么要用正交和反交？
提示　用正反交实验是为了证明性状的遗传是否和母本有关。

延伸应用　(1)含两对相对性状的纯合亲本杂交，F2中重组类型所占比例一定是6/16吗？
提示　当亲本基因型为YYRR和yyrr时，F2中重组类型所占比例是6/16；当亲本基因型为YYrr和yyRR时，F2中重组类型所占比例是10/16。
(2)F2出现9∶3∶3∶1的条件有①②③④。
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
4．自由组合定律
(1)细胞学基础

(2)实质、发生时间及适用范围

(3)自由组合定律的验证
验证方法
结论
自交法
F1自交后代的性状分离比为9∶3∶3∶1，则遵循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∶1∶1，由位于两对同源染色体上的两对等位基因控制，则遵循自由组合定律
花粉鉴定法
F1若有四种花粉，比例为1∶1∶1∶1，则遵循自由组合定律
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，若植株有四种表型，且比例为1∶1∶1∶1，则遵循自由组合定律

延伸应用　(1)下图中哪些过程可以体现分离定律的实质？哪些过程体现了自由组合定律的实质？

提示　①②④⑤过程发生了等位基因分离，可以体现分离定律的实质。只有④⑤体现了自由组合定律的实质。
(2)总结非等位基因的遗传规律



(3)若基因型为AaBb的个体测交后代出现4种表型，但比例为42%∶8%∶8%∶42%，试解释出现这一结果的可能原因是什么？
提示　A、a和B、b两对等位基因位于同一对同源染色体上，且部分初级性母细胞在四分体时期发生交叉互换，产生4种类型配子，其比例为42%∶8%∶8%∶42%。

考向一　两对相对性状杂交实验过程
1．(2023·江苏高三模拟)豌豆种子的黄色(Y)对绿色(y)为显性，圆粒(R)对皱粒(r)为显性，让绿色圆粒豌豆与黄色皱粒豌豆杂交，F1都表现为黄色圆粒，F1自交得F2，F2有4种表型，如果继续将F2中全部杂合的黄色圆粒种子播种后进行自交，所得后代的表型比例为(　　)
A．25∶15∶15∶9 B．21∶5∶5∶1
C．25∶5∶5∶1 D．16∶4∶4∶1
答案　B
解析　根据题意可知，F1黄色圆粒个体的基因型为YyRr，F1自交得F2，F2中黄色圆粒中纯合子(YYRR)占1/9，黄色圆粒杂合子中YYRr占1/4、YyRR占1/4、YyRr占1/2；1/4YYRr自交后代中，黄色圆粒(YYR_)的概率为1/4×3/4＝3/16，黄色皱粒(YYrr)的概率为1/4×1/4＝1/16；同理可以计算出1/4YyRR自交后代中，黄色圆粒(Y－RR)的概率为1/4×3/4＝3/16，绿色圆粒(yyRR)的概率为1/4×1/4＝1/16；1/2的YyRr自交后代中，黄色圆粒(Y－R－)的概率为1/2×9/16＝9/32，黄色皱粒(Y－rr)的概率为1/2×3/16＝3/32，绿色圆粒(yyR_)的概率为1/2×3/16＝3/32，绿色皱粒(yyrr)的概率为1/2×1/16＝1/32，因此黄色圆粒∶黄色皱粒∶绿色圆粒∶绿色皱粒＝(3/16＋3/16＋9/32)∶(1/16＋3/32)∶(1/16＋3/32)∶(1/32)＝21∶5∶5∶1，故选B。
2．孟德尔在两对相对性状的豌豆杂交实验中，用纯种黄色圆粒豌豆和纯种绿色皱粒豌豆杂交获得F1，F1自交得F2。下列有关叙述正确的是(　　)
A．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
B．F1产生的雄配子总数与雌配子总数相等，是F2出现9∶3∶3∶1性状分离比的前提
C．从F2的绿色圆粒植株中任取两株，这两株基因型不同的概率为4/9
D．若自然条件下将F2中黄色圆粒植株混合种植，后代出现绿色皱粒的概率为1/81
答案　C
解析　连锁的两对等位基因也都遵循分离定律，故不能依据黄色与绿色、圆粒与皱粒的遗传都遵循分离定律，得出这两对性状的遗传遵循自由组合定律的结论，A错误；F1产生的雄配子总数往往多于雌配子总数，B错误；从F2的绿色圆粒植株yyRR或yyRr中任取两株，这两株基因型相同的概率为1/3×1/3＋2/3×2/3＝5/9，故不同的概率为4/9，C正确；若自然条件下将F2中黄色圆粒植株混合种植，由于豌豆是自花传粉植物，只有基因型为YyRr的个体才会产生yyrr的绿色皱粒豌豆，故后代出现绿色皱粒的概率为4/9×1/16＝1/36，D错误。
考向二　自由组合定律的实质及验证
3．(多选)(2023·江苏南京高三检测)如图表示孟德尔揭示两个遗传定律时所选用的豌豆植株及其体内相关基因控制的性状、显隐性及其在染色体上的分布。下列叙述错误的是(　　)

A．图甲、乙、丙、丁所示个体都可以作为验证基因分离定律的材料
B．图丁所示个体自交后代中表型为黄皱与绿皱的比例是3∶1
C．图甲、乙所示个体减数分裂时，都能揭示基因的自由组合定律的实质
D．图乙所示个体自交后代会出现3种表型，比例为1∶2∶1
答案　CD
解析　甲、乙、丙、丁均含有等位基因，都可以作为研究基因分离定律的材料，A正确；图丁个体自交后代中DDYYrr∶DdYyrr∶ddyyrr＝1∶2∶1，其中黄色皱粒∶绿色皱粒＝3∶1，B正确；图甲、乙都只有一对等位基因，所示个体减数分裂时，不能用来揭示基因的自由组合定律的实质，C错误；图乙个体(YYRr)自交，只会出现两种表型，黄色圆粒(YYR_)∶黄色皱粒(YYrr)＝3∶1，D错误。
4．下图为模拟孟德尔杂交实验的简易装置。若从每个烧杯中随机抽取一个小球组合在一起，模拟基因自由组合产生生殖细胞的过程，下列可达到实验目的的烧杯组合是(　　)

A．①② B．②③
C．③④ D．①③
答案　D
解析　①中是D和d这对等位基因，③中是R和r这对等位基因，用这两个烧杯可以模拟基因自由组合定律，即从每个烧杯中随机抽取一个小球组合在一起，D正确。
考向三　孟德尔遗传规律的应用
5．已知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)对易感病(b)为显性。为选育抗病香稻新品种，进行一系列杂交实验，其中无香味易感病与无香味抗病植株杂交子代的统计结果如图所示。下列有关叙述不正确的是(　　)

A．两亲本的基因型分别为Aabb、AaBb
B．子代中无香味抗病的植株占3/8
C．子代中有香味抗病植株中能稳定遗传的占1/2
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3/64
答案　C
解析　由题干信息和杂交子代的统计结果可知，亲本的基因型是AaBb与Aabb，其后代不可能出现能稳定遗传的有香味抗病植株aaBB，C错误；亲代的基因型为Aabb×AaBb，子代香味相关的基因型为1/4AA、1/2Aa、1/4aa，分别自交得到aa的概率为3/8，子代与抗病性状相关的基因型为1/2Bb和1/2bb，所以自交得到BB的概率为1/8，所以得到能稳定遗传的有香味抗病植株的比例为3/8×1/8＝3/64，D正确。
6．人的眼睛散光(A)对不散光(a)为显性；直发(B)和卷发(b)杂合时表现为波浪发，两对基因分别位于两对常染色体上。一个其母亲正常但本人有散光症的波浪发女性，与一个无散光症的波浪发男性婚配。下列叙述正确的是(　　)
A．基因B、b的遗传不符合分离定律
B．卵细胞中同时含A、B的概率为
C．所生孩子中最多有6种不同的表型
D．生出一个无散光症直发孩子的概率为
答案　C
解析　基因B、b的遗传符合分离定律，A错误；一个其母亲正常但本人有散光症的波浪发女性的基因型是AaBb，卵细胞中同时含A、B的概率为，B错误；已知女性的基因型是AaBb，无散光症的波浪发男性的基因型是aaBb，二者婚配，所生孩子中的表型最多为2[散光(Aa)、不散光(aa)]×3[直发(BB)、波浪发(Bb)、卷发(bb)]＝6(种)，其中生出一个无散光症直发孩子(aaBB)的概率为×＝，C正确、D错误。
考点二　自由组合定律的常规解题规律和方法
题型一　已知亲代推子代
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(拆分组合法)。
2．方法
题型分类
示例
解题规律
种类问题
配子类型
(配子种类数)
AaBbCCDd产生配子种类数为8(种)(即2×2×1×2＝8)
2n(n为等位基因对数)
配子间结合方式
AABbCc×aaBbCC，配子间结合方式种类数为8(种)
配子间结合方式种类数等于配子种类数的乘积
子代基因型
(或表型)种类
AaBbCc×Aabbcc，子代基因型种类数为12(种)，表型为8(种)
双亲杂交(已知双亲基因型)，子代基因型(或表型)种类等于各性状按分离定律所求基因型(或表型)种类的乘积
概率问题
某基因型
(或表型)的比例
AABbDd×aaBbdd，F1中AaBbDd所占比例为
按分离定律求出相应基因型(或表型)的比例，然后利用乘法原理进行组合
纯合子或杂合
子出现的比例
AABbDd×AaBBdd，F1中纯合子所占比例为
按分离定律求出纯合子的概率的乘积为纯合子出现的比例，杂合子概率＝1－纯合子概率

题型突破
1．(2023·江苏淮安高三检测)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．表型有8种，AaBbCc个体的比例为1/16
B．表型有8种，aaBbCc个体的比例为1/16
C．表型有4种，aaBbcc个体的比例为1/16
D．表型有8种，Aabbcc个体的比例为1/8
答案　B
解析　由题意可知，杂交后代的表型有2×2×2＝8(种)，基因型为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，B正确。
2．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.、
答案　A
解析　设控制三对性状的基因分别用A、a，B、b，C、c表示，亲代基因型为AABBcc与aabbCC，F1的基因型为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×＝。
题型二　已知子代推亲代(逆向组合法)
1．基因填充法
根据亲代表型可大概写出其基因型，如A_B_、aaB_等，再根据子代表型将所缺处补充完整，特别要学会利用后代中的隐性性状，因为后代中一旦存在双隐性个体，那亲代基因型中一定存在a、b等隐性基因。
2．分解组合法
根据子代表型比例拆分为分离定律的分离比，确定每一对相对性状的亲本基因型，再组合。如：
(1)9∶3∶3∶1→(3∶1)(3∶1)→(Aa×Aa)(Bb×Bb)→AaBb×AaBb。
(2)1∶1∶1∶1→(1∶1)(1∶1)→(Aa×aa)(Bb×bb)→AaBb×aabb或Aabb×aaBb。
(3)3∶3∶1∶1→(3∶1)(1∶1)→(Aa×Aa)(Bb×bb)或(Aa×aa)(Bb×Bb)→AaBb×Aabb或AaBb×aaBb。
题型突破
3．(多选)在家蚕遗传中，黑色(A)与淡赤色(a)是有关蚁蚕(刚孵化的蚕)体色的相对性状，黄茧(B)与白茧(b)是有关茧色的相对性状，假设这两对相对性状自由组合，有三对亲本组合，杂交后得到的数量比如下表，下列说法正确的是(　　)
组别
黑蚁黄茧
黑蚁白茧
淡赤蚁黄茧
淡赤蚁白茧
组合一
9
3
3
1
组合二
0
1
0
1
组合三
3
0
1
0

A.组合一亲本基因型一定是AaBb×AaBb
B．组合三亲本基因型可能是AaBB×AaBB
C．若组合一和组合三亲本杂交，子代表型及比例与组合三的相同
D．组合二亲本基因型一定是Aabb×aabb
答案　ABD
解析　组合一的杂交后代比例为9∶3∶3∶1，所以亲本基因型一定为AaBb×AaBb；组合二杂交后代只有白茧，且黑蚁与淡赤蚁比例为1∶1，所以亲本基因型一定为Aabb×aabb；组合三杂交后代只有黄茧，且黑蚁与淡赤蚁比例为3∶1，所以亲本基因型为AaBB×AaBB或AaBB×AaBb或AaBB×Aabb；只有组合一中的基因型AaBb和组合三中的基因型AaBB杂交，子代表型及比例才与组合三的相同。
4．水稻的高秆(D)对矮秆(d)是显性，抗锈病(R)对不抗锈病(r)是显性，这两对基因自由组合。甲水稻(DdRr)与乙水稻杂交，其后代四种表型的比例是3∶3∶1∶1，则乙水稻的基因型是(　　)
A．Ddrr或ddRr B．DdRR
C．ddRR D．DdRr
答案　A
解析　甲水稻(DdRr)与乙水稻杂交，其后代四种表型的比例是3∶3∶1∶1,3∶3∶1∶1可以分解成(3∶1)×(1∶1)，说明控制两对相对性状的基因中，有一对均为杂合子，另一对属于测交类型，所以乙水稻的基因型为Ddrr或ddRr。
题型三　多对等位基因的自由组合
n对等位基因(完全显性)分别位于n对同源染色体上的遗传规律
亲本相对性状的对数
1
2
n
F1配子种类和比例
2种
(1∶1)1
22种
(1∶1)2
2n种
(1∶1)n
F2表型种类和比例
2种
(3∶1)1
22种
(3∶1)2
2n种
(3∶1)n
F2基因型种类和比例
3种
(1∶2∶1)1
32种
(1∶2∶1)2
3n种
(1∶2∶1)n
F2全显性个体比例
(3/4)1
(3/4)2
(3/4)n
F2中隐性个体比例
(1/4)1
(1/4)2
(1/4)n
F1测交后代表型种类及比例
2种
(1∶1)1
22种
(1∶1)2
2n种
(1∶1)n
F1测交后代全显性个体比例
(1/2)1
(1/2)2
(1/2)n

逆向思维　(1)某显性亲本的自交后代中，若全显个体的比例为(3/4)n或隐性个体的比例为(1/4)n，可知该显性亲本含有n对杂合基因，该性状至少受n对等位基因控制。
(2)某显性亲本的测交后代中，若全显性个体或隐性个体的比例为(1/2)n，可知该显性亲本含有n对杂合基因，该性状至少受n对等位基因控制。
(3)若F2中子代性状分离比之和为4n，则该性状由n对等位基因控制。
题型突破
5．(多选)(2023·江苏如皋高三模拟)甘蓝型油菜是我国重要的油料作物，它的花色性状由三对独立遗传的等位基因(A和a、B和b、D和d)控制。当有两个A基因时开白花，只有一个A基因时开乳白花，三对基因均为隐性时开金黄花，其余情况开黄花。下列叙述正确的是(　　)
A．稳定遗传的白花植株的基因型有3种
B．乳白花植株自交后代中可能出现4种花色
C．基因型AaBbDd的植株测交，后代中黄花占3/8
D．基因型AaBbDd的植株自交，后代中黄花占1/4
答案　BC
解析　白花对应的基因型为AA____，能稳定遗传的基因型有AABBDD、AABBdd、AAbbDD、AAbbdd，共4种，A错误；乳白花植株AaBbDd自交后代会出现白色AA____，乳白色Aa____，金黄色aabbdd，以及aaB_dd等黄色，共4种花色，B正确；基因型AaBbDd的植株测交，即让基因型AaBbDd的植株与金黄花植株aabbdd杂交，后代中乳白花占1/2，金黄花占1/2×1/2×1/2＝1/8，黄花占1－1/2－1/8＝3/8，C正确；基因型AaBbDd的植株自交，子代中白花占1/4，乳白花占1/2，金黄花占1/64，则黄花的比例为1－1/4－1/2－1/64＝15/64，D错误。
6．矮牵牛花瓣中存在合成红色和蓝色色素的生化途径(如图所示，A、B、E为控制相应生化途径的基因)。矮牵牛在红色和蓝色色素均存在时表现为紫色。若一亲本组合杂交得F1，F1自交产生F2的表型及比例为紫色∶红色∶蓝色∶白色＝9∶3∶3∶1，下列说法不正确的是(　　)

A．亲本基因型可为AABBEE×aaBBee或AABBee×aaBBEE
B．本实验无法判断A、B基因遗传是否符合自由组合定律
C．F2中紫色个体与白色个体杂交，不会出现白色个体
D．F2中蓝色矮牵牛花自交，其后代中纯合子的概率为2/3
答案　C
解析　让基因型为AABBEE×aaBBee的或AABBee×aaBBEE的亲本杂交得F1，基因型为AaBBEe，由于BB纯合，所以F1自交产生F2的表型及比例为紫色(A_BBE_)∶红色(A_BBee)∶蓝色(aaBBE_)∶白色(aaBBee)＝9∶3∶3∶1，A正确；由以上亲本基因型可知BB是纯合的，所以无法通过后代的性状分离比判断其与A是否遵循基因的自由组合定律，B正确；F2中紫色个体(A_BBE_)与白色个体(aaBBee)杂交，完全可能出现白色个体(aaBBee)，C错误；F2中蓝色矮牵牛花的基因型为aaBBEE和aaBBEe，比例为1∶2，所以其自交后代中纯合子的概率为1/3＋2/3×1/2＝2/3，D正确。
题型四　自由组合中的自交、测交和自由交配问题
纯合黄色圆粒豌豆(YYRR)和纯合绿色皱粒豌豆(yyrr)杂交后得F1，F1再自交得F2，若F2中绿色圆粒豌豆个体和黄色圆粒豌豆个体分别进行自交、测交和自由交配，所得子代的表型及比例分别如表所示：
项目
表型及比例
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
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

题型突破
7．在孟德尔两对相对性状的杂交实验中，用纯合的黄色圆粒豌豆(YYRR)和绿色皱粒豌豆(yyrr)作亲本杂交得F1，F1全为黄色圆粒，F1自交得F2。在F2中，①用绿色皱粒人工传粉给黄色圆粒豌豆；②用绿色圆粒人工传粉给黄色圆粒豌豆；③让黄色圆粒自交，三种情况独立进行实验，则子代的表型比例分别为(　　)
A．①4∶2∶2∶1　②15∶8∶3∶1　③64∶8∶8∶1
B．①3∶3∶1∶1　②4∶2∶2∶1　③25∶5∶5∶1
C．①1∶1∶1∶1　②6∶3∶2∶1　③16∶8∶2∶1
D．①4∶2∶2∶1　②16∶8∶2∶1　③25∶5∶5∶1
答案　D
8．某植物雌雄同株，开单性花。将基因型为AaBb的个体与基因型为aaBB的个体(两对等位基因独立遗传)按照1∶1的比例混合种植，自由交配产生F1，F1分别测交。下列相关分析正确的是(　　)
A．F1共有9种基因型，纯合子所占的比例为7/16
B．F1共有4种基因型，纯合子所占的比例为1/4
C．F1中两种性状均为显性的个体所占的比例为105/256
D．测交后代的表型之比为1∶1∶1∶1的个体在F1中所占的比例是9/64
答案　A
解析　由于aaBB只能产生aB的配子，因此A、a基因和B、b基因并不是完全组合的，因此本题只能用配子棋盘法来解决，可求得雌雄配子的种类及比例分别是1/8AB、1/8Ab、1/8ab、5/8aB，经过验算，B、C、D均错误。

1．(2021·全国Ⅱ，6)某种二倍体植物的n个不同性状由n对独立遗传的基因控制(杂合子表现显性性状)。已知植株A的n对基因均杂合。理论上，下列说法错误的是(　　)
A．植株A的测交子代中会出现2n种不同表型的个体
B．n越大，植株A测交子代中不同表型个体数目彼此之间的差异越大
C．植株A测交子代中n对基因均杂合的个体数和纯合子的个体数相等
D．n≥2时，植株A的测交子代中杂合子的个体数多于纯合子的个体数
答案　B
解析　每对等位基因测交后会出现2种表型，故n对等位基因杂合的植株A的测交子代会出现2n种不同表型的个体，A正确；不管n有多大，植株A测交子代比为(1∶1)n＝1∶1∶1∶1……(共2n个1)，即不同表型个体数目均相等，B错误；植株A测交子代中n对基因均杂合的个体数为1/2n，纯合子的个体数也是1/2n，两者相等，C正确；n≥2时，植株A的测交子代中纯合子的个体数是1/2n，杂合子的个体数为1－(1/2n)，故杂合子的个体数多于纯合子的个体数，D正确。
2．(2021·浙江6月选考，3)某玉米植株产生的配子种类及比例为YR∶Yr∶yR∶yr＝1∶1∶1∶1。若该个体自交，其F1中基因型为YyRR个体所占的比例为(　　)
A．1/16 B．1/8 C．1/4 D．1/2
答案　B
解析　分析题干信息可知，该玉米植株产生的配子种类及比例为YR∶Yr∶yR∶yr＝1∶1∶1∶1，其中Y∶y＝1∶1，R∶r＝1∶1，故推知该植株基因型为YyRr，若该个体自交，其F1中基因型为YyRR个体所占的比例为1/2×1/4＝1/8，B正确。
3．(2021·全国甲，32)植物的性状有的由1对基因控制，有的由多对基因控制。一种二倍体甜瓜的叶形有缺刻叶和全缘叶，果皮有齿皮和网皮。为了研究叶形和果皮这两个性状的遗传特点，某小组用基因型不同的甲、乙、丙、丁4种甜瓜种子进行实验，其中甲和丙种植后均表现为缺刻叶网皮。杂交实验及结果见下表(实验②中F1自交得F2)。
实验
亲本
F1
F2
①
甲×乙
1/4缺刻叶齿皮，1/4缺刻叶网皮，1/4全缘叶齿皮，1/4全缘叶网皮
/
②
丙×丁
缺刻叶齿皮
9/16缺刻叶齿皮，3/16缺刻叶网皮，3/16全缘叶齿皮，1/16全缘叶网皮

回答下列问题：
(1)根据实验①可判断这2对相对性状的遗传均符合分离定律，判断的依据是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
根据实验②，可判断这2对相对性状中的显性性状是__________。
(2)甲、乙、丙、丁中属于杂合子的是__________。
(3)实验②的F2中纯合子所占的比例为______。
(4)假如实验②的F2中缺刻叶齿皮∶缺刻叶网皮∶全缘叶齿皮∶全缘叶网皮不是9∶3∶3∶1，而是45∶15∶3∶1，则叶形和果皮这两个性状中由1对等位基因控制的是__________，判断的依据是_______________________________________________________________________。
答案　(1)基因型不同的两个亲本杂交，F1分别统计，缺刻叶∶全缘叶＝1∶1，齿皮∶网皮＝1∶1，每对相对性状结果都符合测交的结果，说明这2对相对性状的遗传均符合分离定律　缺刻叶和齿皮　(2)甲和乙　(3)1/4　(4)果皮　F2中齿皮∶网皮＝48∶16＝3∶1，说明受一对等位基因控制
解析　(1)实验①中F1表现为1/4缺刻叶齿皮，1/4缺刻叶网皮，1/4全缘叶齿皮，1/4全缘叶网皮，分别统计两对相对性状，缺刻叶∶全缘叶＝1∶1，齿皮∶网皮＝1∶1，每对相对性状结果都符合测交的结果，说明这2对相对性状的遗传均符合分离定律；根据实验②，F1全为缺刻叶齿皮，F2出现全缘叶和网皮，可以推测缺刻叶对全缘叶为显性，齿皮对网皮为显性。(2)根据已知条件，甲、乙、丙、丁的基因型不同，其中甲和丙种植后均表现为缺刻叶网皮，实验①杂交的F1结果类似于测交，实验②的F2出现9∶3∶3∶1，则F1的基因型为AaBb(设有关叶形基因用A、a表示，有关果皮基因用B、b表示)，综合推知，甲的基因型为Aabb，乙的基因型为aaBb，丙的基因型为AAbb，丁的基因型为aaBB，甲、乙、丙、丁中属于杂合子的是甲和乙。(3)实验②的F2中纯合子基因型为1/16AABB、1/16AAbb、1/16aaBB、1/16aabb，所有纯合子占的比例为1/4。(4)假如实验②的F2中缺刻叶齿皮∶缺刻叶网皮∶全缘叶齿皮∶全缘叶网皮＝45∶15∶3∶1，分别统计两对相对性状，缺刻叶∶全缘叶＝60∶4＝15∶1，可推知叶形受两对等位基因控制，齿皮∶网皮＝48∶16＝3∶1，可推知果皮受一对等位基因控制。
4．(2020·全国Ⅱ，32)控制某种植物叶形、叶色和能否抗霜霉病3个性状的基因分别用A/a、B/b、D/d表示，且位于3对同源染色体上。现有表型不同的4种植株：板叶紫叶抗病(甲)、板叶绿叶抗病(乙)、花叶绿叶感病(丙)和花叶紫叶感病(丁)。甲和丙杂交，子代表型均与甲相同；乙和丁杂交，子代出现个体数相近的8种不同表型。回答下列问题：
(1)根据甲和丙的杂交结果，可知这3对相对性状的显性性状分别是____________________。
(2)根据甲和丙、乙和丁的杂交结果，可以推断甲、乙、丙和丁植株的基因型分别为__________、____________、____________和____________。
(3)若丙和丁杂交，则子代的表型为_________________________。
(4)选择某一未知基因型的植株X与乙进行杂交，统计子代个体性状。若发现叶形的分离比为3∶1、叶色的分离比为1∶1、能否抗病性状的分离比为1∶1，则植株X的基因型为________。
答案　(1)板叶、紫叶、抗病　(2)AABBDD　AabbDd　aabbdd　aaBbdd　(3)花叶绿叶感病、花叶紫叶感病　(4)AaBbdd
解析　(1)因3对基因分别位于3对同源染色体上，故其遗传遵循基因的自由组合定律。甲和丙中含3对相对性状，因两者杂交子代表型均与甲相同，故甲中的板叶、紫叶和抗病都是显性性状。(2)由甲和丙杂交，子代表型均与甲相同可知，甲的基因型为AABBDD，丙的基因型为aabbdd。由乙和丁杂交，子代出现个体数相近的8种不同表型可知，每对基因的组合情况均符合测交的特点，结合乙和丁的表型，确定乙的基因型是AabbDd，丁的基因型是aaBbdd。(3)若丙(aabbdd)和丁(aaBbdd)杂交，子代基因型为aaBbdd、aabbdd，表型为花叶紫叶感病和花叶绿叶感病。(4)未知基因型的植株X与乙(AabbDd)杂交，若子代叶形的分离比为3∶1，则植株X叶形的相关基因型是Aa；若子代叶色的分离比为1∶1，则植株X叶色的相关基因型是Bb；若子代能否抗病性状的分离比为1∶1，则植株X能否抗病的相关基因型是dd。故植株X的基因型为AaBbdd。

一、易错辨析
1．在F1黄色圆粒豌豆(YyRr)自交产生的F2中，与F1基因型完全相同的个体占(　√　)
2．孟德尔两对相对性状的杂交实验中，F2的黄色圆粒中，只有基因型为YyRr的个体是杂合子，其他的都是纯合子(　×　)
3．若双亲豌豆杂交后子代表型之比为1∶1∶1∶1，则两个亲本基因型一定为YyRr×yyrr(　×　)
4．在进行减数分裂的过程中，等位基因彼此分离，非等位基因表现为自由组合(　×　)
5．基因自由组合定律是指F1产生的4种类型的雄配子和雌配子可以自由组合(　×　)
6．F1(YyRr)产生的基因型为YR的卵细胞和基因型为YR的精子的数量之比为1∶1(　×　)
7．某个体自交后代性状分离比为3∶1，则说明此性状是由一对等位基因控制的(　×　)
二、填空默写
1．(必修2 P26)F2中还出现了亲本所没有的性状组合——绿色圆粒和黄色皱粒。请思考：具有两对相对性状的纯合亲本杂交，产生的F1基因型为AaBb，则两亲本基因型是AABB×aabb或AAbb×aaBB，F2中重组类型所占比例是3/8或5/8。
2．验证动物基因的遗传是否符合自由组合定律的方法是自交法和测交法；验证植物基因的遗传是否符合自由组合定律的方法有自交法、测交法、花粉鉴定法、单倍体育种法。