1、 1.2 孟德尔从两对相对性状的杂交实验中总结出自由组合定律孟德尔从两对相对性状的杂交实验中总结出自由组合定律 一、基础巩固一、基础巩固 知识点知识点 1 两对相对性状的杂交实验两对相对性状的杂交实验 1.下列关于孟德尔两对相对性状的杂交实验的叙述,错误的是( ) A.从母本植株上选取一朵或几朵花,在花粉未成熟时将花瓣掰开去雄并套袋 B.F2中出现的 4 种表型,有 2 种是不同于亲本表型的新组合 C.F1产生配子时非等位基因自由组合,含双显性基因的配子数量最多 D.F1产生的雌、雄配子各有 4 种,受精时配子的结合存在 16 种组合方式 2. 2022 浙江嘉兴高一期末考试孟德尔的豌豆两对相
2、对性状的杂交实验中,纯种亲本杂交获得 F1,F1自交得 F2,F2中黄色圆形、黄色皱形、绿色圆形、绿色皱形的数量比大致为 9331,与 F2出现这种比例无直接关系的是( ) A.亲本必须是纯种的黄色圆形豌豆与绿色皱形豌豆 B.F1产生的雌、雄配子各有 4 种,且数量比均为 1111 C.F1自交时,4 种类型的雌、雄配子的结合是随机的 D.F1的雌、雄配子结合后都能发育成新个体 3. “假说-演绎法”是现代科学研究中常用的一种方法,下列属于孟德尔在研究豌豆两对相对性状杂交实验过程中的“演绎”环节的是( ) A.黄色圆粒豌豆与绿色皱粒豌豆杂交获得 F1,F1自交后代有四种表型且数量比接近 933
3、1 B.由于 F2出现了重组类型,推测 F1产生配子时不同对的遗传因子自由组合 C.若将 F1与隐性纯合子杂交,则后代出现四种表型且数量比接近 1111 D.将 F1与隐性纯合子杂交,后代有四种籽粒且数量分别为 24、22、25、26 4. 2022 浙江杭州高二下质检某同学用信封和标有 Y、y、R、r 的卡片模拟孟德尔杂交实验时,分别将 Y与 r 卡片,y 与 R 卡片背对背粘成了一张卡片。 在两个大信封中都放入了等量的这两种粘在一起的卡片。模拟实验中,取卡记录后卡片均放回原信封。下列叙述错误的是( ) A.从一个信封中取一张卡片并记录,可模拟一对相对性状产生配子过程 B.从一个信封中取一张
4、卡片并记录,可模拟 F1自由组合产生配子的过程 C.两信封分别记作雄 1 和雌 1,各取一张卡片记录 R 与 r 的组合,组合 rr 约占 1/4 D.两信封分别记作雄 1 和雌 1,各取一张卡片记录 Y 与 y 的组合,组合 Yy 约占 1/2 知识点知识点 2 基因的自由组合定律及其应用基因的自由组合定律及其应用 5.如图为基因型为 AaBb 的个体在进行有性生殖时的自交过程,下列有关说法正确的是( ) A.分离定律发生在过程,自由组合定律发生在过程 B.雌、雄配子结合方式有 9 种,子代基因型有 9 种,表型有 4 种 C.F1中基因型不同于亲本类型的个体所占比例为 3/4 D.自由组合
5、定律仅可用来研究两对等位基因的遗传 6.在孟德尔进行的两对相对性状的遗传实验中,具有 1111 比例关系的是( ) F1产生的雌配子类型的数量比 F2表型的比例 F1测交后代的表型比例 F1表型的比例 F2基因型的比例 A. B. C. D. 7.在孟德尔之前,也有不少学者做过动物和植物的杂交实验,甚至得到过类似于孟德尔的结果,但是都未能总结出遗传的规律;孟德尔用了多年的时间才发现了两大遗传定律。下列关于孟德尔获得成功的原因的叙述,正确的是( ) A.选用豌豆作为实验材料,在豌豆开花时去雄和授粉,实现亲本的杂交 B.在观察和统计分析的基础上,结合前人融合遗传的观点,提出一系列假说 C.科学地设
6、计实验程序,巧妙地运用测交实验对其假说进行验证 D.运用数理统计分析方法分析实验结果,先分析多对相对性状,后分析一对相对性状 8.人体中,显性基因 D 对耳蜗管的形成是必需的,显性基因 E 对听神经的发育是必需的,二者缺一,个体即聋。这两对基因独立遗传。下列有关说法错误的是( ) A.夫妇中有一方耳聋,也有可能生下听觉正常的孩子 B.一方只有耳蜗管正常,另一方只有听神经正常的夫妇,所生孩子也可能听觉均正常 C.基因型为 DdEe 的双亲生下耳聋孩子的概率为 7/16 D.基因型为 DdEe 的双亲生下听神经正常的孩子的概率为 9/16 9.2022 浙江之江教育评价联盟高三联考某作物的抗病和感
7、病性状分别由基因 A 和 a 控制,并受另一对等位基因 R/r 的影响。现用三个纯合品系:抗病植株(甲)、感病植株(乙和丙)进行两组实验,结果如下表。下列叙述错误的是( ) 亲代 F1表型 F1自交所得 F2的表型及比例 实验一 甲乙 全为抗病植株 抗病植株感病植株=31 实验二 乙丙 全为感病植株 抗病植株感病植株=313 A.控制该性状的两对等位基因的遗传遵循基因的分离定律和自由组合定律 B.在实验二的 F2感病植株个体中,基因型有 7 种,杂合子所占比例为 10/13 C.分别让两组实验的 F2中抗病植株个体自由交配,则 F3中抗病植株所占比例均为 8/9 D.让实验二的 F2中的感病植
8、株个体自交,单株统计,后代无性状分离的个体占 6/13 10.燕麦颖色有黑色、黄色和白色三种颜色,由 B、b 和 Y、y 两对等位基因控制,只要基因 B 存在,植株就表现为黑颖。为研究燕麦颖色的遗传规律,进行了如图所示的杂交实验,请分析回答: (1)图中亲本黑颖个体的基因型为_,F2中白颖个体的基因型是_。 (2)F1测交后代中黄颖个体所占的比例为 。F2黑颖植株中,部分个体无论自交多少代,其后代仍然为黑颖,这样的个体占 F2黑颖燕麦的比例为_。 (3)现有一包标签遗失的黄颖燕麦种子,请设计最简便的实验方案,确定黄颖燕麦种子的基因型(写出实验步骤并预测实验结果)。 二、能力提升二、能力提升 1
9、.如图表示孟德尔的豌豆两对相对性状的杂交实验,黄色、绿色分别用 Y、y 表示,圆粒、皱粒分别用 R、r 表示,图中的序号对应基因型或表型。下列相关叙述错误的是( ) A.产生配子时遗传因子 Y、y 分开,且 Y、y 可以与 R、r 随机组合 B.中有四种基因型,其中与显性亲本基因型相同的个体在 F2中出现的概率为 1/16 C.中纯合子和杂合子的数量比均为 12,其中杂合子自交后代的性状分离比均为 31 D.利用可以检测中不同植株的基因型,且后代均会出现不同于的性状 2. 2022 浙江金华一中高二下期中考试在“模拟孟德尔两对相对性状的杂交实验”过程中,有同学对实验进行了改动。如图,在一个容器
10、中放入了两种不同大小的球共 4 个。下列叙述正确的是( ) A.抓取一次球记录后,不放回,继续进行下一次抓取实验 B.在模拟实验过程中,A 小球的数量无需和 B 小球的数量相等 C.此容器可代表 F1的雌或雄生殖器官,基因型为 AaBb D.从容器中任意抓取 2 个球就可以模拟自由组合定律 3.玉米籽粒的颜色有白色、红色和紫色,控制籽粒颜色的相关基因(M 和 m、N 和 n、E 和 e)独立遗传,相关物质的合成途径如图所示。 现有一红色籽粒玉米植株自交,后代籽粒表现为紫色红色白色=031。则该植株的基因型可能为( ) A.MMNNEE B.MmNNee C.MmNnEE D.MmNnee 4.
11、 2022 浙江绍兴高一期末考试某种观赏花卉的花色受常染色体上两对独立遗传的基因 A/a、 B/b 控制,当基因 A 和 B 同时存在时开紫花,其他基因型的个体均开蓝花,且基因 A 具有显性纯合致死效应。 现将紫花植株(甲)与纯合蓝花植株(乙)作亲本进行杂交,F1中紫花蓝花=13。下列说法错误的是( ) A.该种花卉中蓝花植株的基因型有 4 种 B.亲本紫花植株甲的基因型一定是 AaBb C.亲本纯合蓝花植株乙的基因型一定是 aabb D.若让紫花植株甲自交,则子代紫花蓝花=97 5.西瓜的瓜重由三对等位基因(分别用 A、a,B、b 和 C、c 来表示)控制,瓜重由显性基因的个数决定,显性基因
12、的个数越多瓜越重,不同的显性基因作用效果是一致的。让基因型为 AaBbCc 的西瓜植株自交,F1中出现了瓜重为 2 千克与 8 千克的西瓜植株,各占 1/64。下列叙述错误的是( ) A.基因型为 AaBbCc 的西瓜瓜重为 5 千克 B.在 F1中会出现 7 种表型 C.在 F1中瓜重为 6 千克的西瓜植株有 8 种基因型 D.在 F1中瓜重为 5 千克的西瓜植株没有纯合子 6. 2022 浙江三地市高二月考斑翅果蝇翅的黄色和白色、有斑点和无斑点分别由等位基因 A/a、B/b 控制。用纯合的黄色有斑点果蝇与白色无斑点果蝇进行杂交,F1全是黄色有斑点果蝇。让 F1雌雄果蝇交配得 F2,F2的表
13、型比例为 7311。下列叙述错误的是( ) A.斑翅果蝇翅的黄色对白色为显性、有斑点对无斑点为显性 B.F2出现 7311 的原因是基因型为 Ab 或 aB 的配子不育 C.F2的基因型共有 8 种,F2中纯合子所占的比例为 1/4 D.选 F1中的果蝇进行测交,则测交后代的表型比例为 111 或 1111 7.如图为选育低植酸抗病水稻品种的过程。图中两对相对性状由两对等位基因控制,并独立遗传。下列有关说法错误的是( ) A.该育种方法利用了基因的自由组合定律 B.图示育种过程中,需从 F2开始选育 C.经筛选淘汰后,在第一次选留的植株中低植酸抗病纯合子所占的比例是 1/9 D.第一次选留植株
14、经一代自交留种,即为低植酸抗病性状稳定遗传的品种 8.我国科学家陈日胜发现的耐盐野生水稻不需要施肥、耐盐碱、能抗病虫害,且其稻米中的氨基酸含量明显高于普通精白米。经过 27 年的选育,试种终获成功!因发现于 1986 年,故该品种被称为“海稻 86”。随后以袁隆平院士为首的科研团队加入到海水稻高产、抗倒伏的科研攻关中。回答下列问题: (1)现有高产不抗倒伏和低产抗倒伏两个海水稻品种,这两对相对性状受两对独立遗传的等位基因控制。为获得高产抗倒伏的优良品种,让这两个品种杂交,F1 全部表现为高产抗倒伏,再让 F1自交,F2中高产抗倒伏的植株占_,高产抗倒伏的植株中纯合子占_。 (2)有研究者认为,
15、水稻植株的耐盐性是由独立遗传的两对等位基因控制的,其耐盐性和基因型的对应关系如下表所示。 类型 耐盐植株 不耐盐植株 基因型 Y_R_ yyR_、Y_rr、yyrr 让耐盐和不耐盐的两株水稻杂交,子代植株中耐盐不耐盐=35,依据以上研究判断,亲本不耐盐植株的基因型为_;若让子代耐盐植株自由传粉,则所得后代中耐盐植株占_。 现有各种基因型的不耐盐水稻植株,以它们为材料设计实验验证“水稻植株的耐盐性是由独立遗传的两对等位基因控制的”这一结论。写出验证实验的实验思路:_。 9.某哺乳动物的毛色有红毛、白毛和棕毛三种,受位于两对常染色体上的等位基因(A、a 和 B、b)控制,已知某基因型配子的存活率较
16、低。现进行如下实验: 亲本 F1相关实验 F2表型及比例 纯种红毛纯种白毛 实验一:F1雌性纯种白毛 红毛棕毛白毛=121 实验二:F1雄性纯种白毛 红毛棕毛白毛=241 实验三:F1雌性F1雄性 未知 请据此回答下列问题。 (1)该哺乳动物毛色的遗传符合_定律,F1的毛色为_。 (2)实验一和实验二可互称为_实验。由实验一、二的结果可知,基因型为_的_配子存活率为_。 (3)实验三 F2的表型及比例为_,棕毛个体中纯合子占_。 (4)用遗传图解表示实验二的杂交过程。 参考答案参考答案 一、基础巩固一、基础巩固 1. C 孟德尔两对相对性状的杂交实验中,F1产生配子时非等位基因自由组合,产生的
17、四种雌(雄)配子的数量是相等的,C 错误。 2. A 亲本可以是纯种的黄色圆形豌豆与绿色皱形豌豆,也可以是纯种的黄色皱形豌豆与绿色圆形豌豆,A 错误。 3. C 黄色圆粒豌豆与绿色皱粒豌豆杂交获得 F1,F1自交后代有四种表型且比例接近 9331,这是两对相对性状杂交实验的实验观察环节,A 不符合题意;由 F2出现了重组类型,推测 F1产生配子时不同对的遗传因子自由组合,这属于假说的内容,B 不符合题意;将 F1与隐性纯合子杂交,后代有四种籽粒且数量分别为 24、22、25、26,即后代有四种表型且比例接近 1111,这属于实验验证环节,D 不符合题意。 4. B 从一个信封中取一张卡片并记录
18、,可能是 Y(或 r),也可能是 y(或 R),故可模拟一对相对性状产生配子的过程,A 正确;自由组合是两对等位基因的自由组合,从一个信封中取一张卡片并记录,可能是 Yr,也可能是 yR,没有 YR 和 yr 的组合,即等位基因没有自由组合,故不可模拟 F1自由组合产生配子的过程,B 错误;两 信封分别记作雄 1 和雌 1,各取一张卡片记录 R 与 r 的组合,R 被取到的概率为 1/2,r 被取到的概率为 1/2,故组合 rr 约占 1/4,C 正确;两信封分别记作雄 1 和雌 1,各取一张卡片记录 Y 与 y 的组合,Y 被取到的概率为 1/2,y 被取到的概率为 1/2,组合 Yy 约占
19、 1/21/22=1/2,D 正确。 5. C 分离定律和自由组合定律都发生在过程,A错误;雌雄配子的结合方式有16种,子代基因型有9种,表型有 4 种,B 错误;自由组合定律也可用来研究两对以上等位基因的遗传,D 错误。 6. B 在孟德尔进行的两对相对性状的遗传实验中,F1产生的雌配子类型的数量比和 F1测交后代的表型比例均为 1111,符合题意;F2表型的比例为 9331,F1仅有一种表型,F2共有 9 种基因型,故不符合题意。 7. C 人工杂交时,应在豌豆花未开时去雄,A错误;孟德尔提出假说时摒弃了前人的融合遗传观点,B错误;孟德尔的研究中,先分析一对相对性状,后分析多对相对性状,D
20、 错误。 8. D 根据题干信息分析,正常个体的基因型为 D_E_。若夫妇中一方耳聋(D_ee、ddE_、ddee),另一方听觉正常(D_E_),则也有可能生下听觉正常的孩子,A 正确;若只有耳蜗管正常与只有听神经正常的夫妇的基因型分别为 DDee、ddEE,则产生的后代基因型为 DdEe,听觉均正常,B 正确;基因型为 DdEe 的双亲生下耳聋孩子的概率为1-9/16=7/16,C正确;基因型为DdEe的双亲生下听神经正常的孩子(_ _E_)的概率为3/4,D错误。 9. D 由于抗病和感病性状是由等位基因控制的,所以遗传时遵循分离定律,同时在实验二中 F1自交所得F2的表型及比例为抗病植株
21、感病植株=313,是 9331 的变式,所以控制该性状的两对等位基因的遗传遵循自由组合定律,A 正确;实验二中,F2感病植株的基因型为 A_R_、 aaR_、 aarr,其中纯合子的基因型为 AARR、aaRR、aarr,占 3/13,所以 F2感病植株中杂合子所占比例为 1-3/13=10/13,B 正确;两组实验的F2中抗病植株的基因型及比例均为 1/3AArr、2/3Aarr,F2中抗病植株自由交配,产生基因型为 ar 的配子的概率为1/3,F3中出现基因型为aarr的个体的概率为1/9,故F3中抗病植株所占的比例为1-1/9=8/9,C正确;实验二的 F2中感病植株的基因型及比例为 1
22、/13AARR、2/13AaRR、2/13AARr、4/13AaRr、1/13aaRR、2/13aaRr、 1/13aarr,其中只有基因型为 AaRr 和 AARr 的个体自交后代会发生性状分离,所以自交后代不发生性状分离的个体所占的比例为 7/13,D 错误。 10. (1)BByy bbyy (2)1/4 1/3 (3)实验步骤:将待测种子分别单独种植并自交,得 F1种子,F1种子长成植株后,按颖色统计植株的数量。 结果预测:若 F1种子长成的植株颖色全为黄颖,则包内种子的基因型为 bbYY;若 F1种子长成的植株颖色既有黄颖又有白颖,且黄颖与白颖的数量比接近 31,则包内种子的基因型为
23、 bbYy。 解析：(1)由于 F2中黑颖黄颖白颖1231,说明 F1的基因型为 BbYy,所以亲本黑颖和黄颖个体的基因型分别是BByy、 bbYY,F2中白颖个体的基因型是bbyy。 (2)F1的基因型为BbYy,其测交后代中黄颖(bbYy)个体所占的比例为 1/21/2=1/4。F2黑颖植株中,部分个体无论自交多少代,其后代仍然为黑颖,说明其基因型是 BB_ _,占 F2黑颖燕麦的比例为 1/3。 二、能力提升二、能力提升 1. D F1产生配子时,成对的遗传因子彼此分离,不成对的遗传因子自由组合,所以产生配子时遗传因子Y、y 分开,且 Y、y 可以与 R、r 随机组合,A 正确;为黄色圆
24、粒,有 YYRR、YYRr、YyRR、YyRr 四种基因型,其中与显性亲本基因型(YYRR)相同的个体在 F2中出现的概率为 1/16,B 正确;中纯合子(YYrr、yyRR)和杂合子(Yyrr、 yyRr)的数量比均为 12,杂合子只有一对等位基因杂合,故其自交后代的性状分离比均为31,C 正确;中不同植株的基因型包括 YYRR、YYRr、YyRR、YyRr,利用(yyrr)检测中不同植株的基因型时,基因型为 YYRR 的植株的后代的性状与的性状相同,D 错误。 2. C 抓取一次球记录后,要将抓取的球放回容器中,摇匀后才能进行下一次抓取实验,A错误;根据容器内的基因可知该个体基因型为 Aa
25、Bb,同一个体中 A 和 B 的数量相等,因此在模拟实验过程中,A 小球的数量要与 B 小球数量相等,B 错误;此容器可代表 F1个体的雌或雄生殖器官,根据容器内的基因可知 F1的基因型为 AaBb,C 正确;模拟自由组合定律时容器中两个非等位基因要自由组合,所以从容器中任意抓取 2 个球不能模拟自由组合定律,D 错误。 3. B 分析题意及题图可知,玉米籽粒的颜色由 3 对独立遗传的等位基因控制,因此遵循自由组合定律,且基因型为 mm_ _ _ _、 M_nn_ _的个体籽粒表现为白色,基因型为 M_N_ee 的个体籽粒表现为红色,基因型为 M_N_E_的个体籽粒表现为紫色。 因红色籽粒玉米
26、植株自交,后代籽粒表现为紫色红色白色=031,即没有紫色籽粒出现,且红色白色=31,相当于一对相对性状的杂合子自交,因此亲本红色籽粒玉米植株的基因型可能是 MmNNee 或 MMNnee。 4. D 由题干信息“当基因A和B同时存在时开紫花,其他基因型的个体均开蓝花,且基因A具有显性纯合致死效应”可知,蓝花植株的基因型有 Aabb、aaBB、aaBb、aabb 四种,A 正确;紫花植株(甲)的基因型可能是 AaBB、AaBb,纯合蓝花植株(乙)的基因型可能是 aaBB、aabb,由甲与乙作亲本进行杂交,F1中紫花蓝花=13,可推出甲的基因型一定是 AaBb,乙的基因型一定是 aabb,B、C
27、正确;甲的基因型为 AaBb,甲自交,子代中紫花2AaBB、4AaBb、3AAB_(死亡)蓝花2Aabb、3aaB_、1aabb、1AAbb(死亡)=11,D 错误。 5. C 根据题意分析可知:基因型为 AaBbCc 的西瓜植株的自交后代中,只有基因型为 aabbcc 的个体和基因型为 AABBCC 的个体各占 1/64,且显性基因的个数越多瓜越重,故可推知基因型为 aabbcc 的西瓜重 2千克,基因型为 AABBCC 的西瓜重 8 千克,即每增加一个显性基因,西瓜增重 1 千克。基因型为 AaBbCc 的西瓜有三个显性基因,瓜重为 5 千克,A 正确;在 F1中会出现 7 种表型,瓜重分
28、别为 2、3、4、5、6、7、8千克,B 正确;在 F1中瓜重为 6 千克(含四个显性基因)的西瓜植株有 6 种基因型,分别是 AABBcc、 AAbbCC、AaBbCC、AaBBCc、aaBBCC、AABbCc,C 错误;在 F1中瓜重为 5 千克的西瓜植株含有三个显性基因,所以没有纯合子,D 正确。 6. B 据题意可知,用纯合的黄色有斑点果蝇与白色无斑点果蝇进行杂交,F1全是黄色有斑点果蝇,说明黄色对白色为显性、 有斑点对无斑点为显性,让 F1雌雄果蝇交配得 F2,F2的表型比例为 7311,7311 是 9331 的变式,说明两对等位基因的遗传遵循自由组合定律,出现 7311 的比例说
29、明基因 型为 Ab 或基因型为 aB 的雌或雄配子中有一种不育。用纯合的黄色有斑点果蝇与白色无斑点果蝇进行杂交,F1全是黄色有斑点果蝇,说明黄色对白色为显性、有斑点对无斑点为显性,A 正确;据分析可知,F2出现 7311 比例的原因是雌配子 Ab、雌配子 aB、雄配子 Ab、雄配子 aB 中有一种不育,B 错误;假定雌配子 Ab 不育导致 F2 出现 7311 的比例,则 F1能产生的雌配子为 AB、aB、ab,产生的雄配子为AB、 Ab、 aB、 ab,后代中 AAbb 基因型不存在,因此 F2的基因型共有 8 种,其中纯合子的基因型只有 AABB、aaBB、 aabb 3种,故F2中纯合子
30、所占的比例为3/12=1/4,C正确;假定雌配子Ab不育导致F2出现7311 的比例,F1的基因型为 AaBb,产生的雄配子的基因型及比例为 ABAbaBab=1111,产生的雌配子的基因型及比例为ABaBab=111,选F1中的果蝇进行测交时,如果F1作父本,则测交后代的表型比例为 1111,如果 F1作母本,则测交后代的表型比例为 111,D 正确。 7.D 第一次选留植株经一代自交留种,可能不是低植酸抗病纯合子,不一定能稳定遗传,D 错误。 8. (1)9/16 1/9 (2)yyRr 或 Yyrr 2/3 让不耐盐的水稻植株自由传粉,选择 F1中耐盐的水稻植株自交并分株留种,鉴定并统计
31、后代的表型及比例。 若后代的表型及比例为耐盐不耐盐=97,则说明水稻植株的耐盐性是由两对独立遗传的等位基因控制的 解析： (1)由题意可知,高产不抗倒伏低产抗倒伏F1全部表现为高产抗倒伏,说明高产和抗倒伏均为显性性状,F1自交,F2中高产抗倒伏植株,即双显性植株占 9/16,其中纯合子只有 1 种,占 1/9。(2)耐盐不耐盐子代中耐盐不耐盐=35,即耐盐植株(Y_R_)占 3/8,3/8=3/41/2,因此可推出双亲的基因型为YyRr、yyRr 或 YyRr、Yyrr,亲本不耐盐植株的基因型为 yyRr 或 Yyrr。以双亲的基因型为 YyRr、Yyrr 为例,子代耐盐植株中,YYRrYyR
32、r=12,若要求其自由传粉所得子代中耐盐植株所占的比例,可先逐对分析每对基因,对于 Y 和 y 这对基因,产生的 Y 和 y 配子分别占 2/3、1/3,后代中 Y_占 8/9,yy 占 1/9;对于 R 和 r这对基因,产生的 R 和 r 配子均占 1/2,后代中 R_占 3/4,rr 占 1/4,再组合可求得后代中耐盐植株(Y_R_)占3/48/9=2/3。先让不耐盐的水稻植株自由传粉,若耐盐性受两对独立遗传的等位基因控制,则 F1中耐盐的水稻植株的基因型一定为 YyRr;再让这些耐盐植株自交,鉴定并统计子代的表型及比例;最后根据子代的表型及比例即可验证结论。 9. (1)自由组合 红毛
33、(2)正反交 ab 雄 50% (3)红毛棕毛白毛=17101 2/5 (4)遗传图解如下 解析：(1)实验一中 F2的表型及比例为红毛棕毛白毛=121,为测交结果 1111 的变式,则该哺乳动物毛色的遗传符合基因的自由组合定律。结合题干信息和实验一的亲本及 F2的表型可知,亲本组合为纯种红毛(AABB)纯种白毛(aabb),F1的基因型为 AaBb,所以 F1的毛色为红毛。(2)由分析可知,实验一和实验二可以互称为正反交实验;实验二中 F1雄性的基因型是 AaBb,雌性(纯种白毛)的基因型是 aabb,子代中红毛(AaBb)棕毛(Aabb 和 aaBb)白毛(aabb)=241,白毛个体数目
34、减少一半,原因是 F1雄性产生的基因型为 ab 的配子存活率为 50%。(3)实验三中,F1雌性(AaBb)F1 雄性(AaBb),其中 F1雌性(AaBb)产生的配子的基因型及比例为 ABAbaBab=1111,而 F1雄性(AaBb)产生的配子的基因型及比例为ABAbaBab=2221,用棋盘法表示杂交结果: 配子 雌配子 1AB 1Ab 1aB 1ab 雄配子 2AB 2 红毛 2 红毛 2 红毛 2 红毛 2Ab 2 红毛 2 棕毛 2 红毛 2 棕毛 2aB 2 红毛 2 红毛 2 棕毛 2 棕毛 1ab 1 红毛 1 棕毛 1 棕毛 1 白毛 计算并统计F2的表型及比例为红毛(A_B_)棕毛(A_bb和aaB_)白毛(aabb)=17101;由表可知,10份棕毛个体中纯合子(aaBB、AAbb)占有 4 份,所以棕毛个体中纯合子占 2/5
