- 孟德尔的豌豆杂交实验(一)
- 共5422题
让一株抗锈病杂合子小麦自交得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
B
C
D
正确答案
解析
解：由以上分析可知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
故选：B．
孟德尔的遗传定律只能适用于下列哪些生物（ ）
①噬菌体 ②乳酸菌 ③酵母菌 ④蓝藻 ⑤蘑菇．
正确答案
解析
解：孟德尔的遗传定律的实质是在减数分裂过程中，等位基因分离，非同源染色体上的非等位基因自由组合，所以只有能进行减数分裂的真核生物，其细胞核遗传才遵循遗传定律．
①噬菌体属于病毒，没有细胞结构，所以不能适用；
②乳酸菌属于原核生物，不进行减数分裂，所以不能适用；
③酵母菌属于真核生物，能进行减数分裂，所以适用；
④蓝藻属于原核生物，不进行减数分裂，所以不能适用；
⑤蘑菇属于真核生物，能进行减数分裂，所以适用．
所以孟德尔的遗传定律能适用于的生物是③⑤．
故选：B．
请根据表中数据，回答下列问题；
（1）你根据表中第______组婚姻状况调查，就能判断属于显性性状的是______．
（2）设控制显性性状的基因为A，控制隐性性状的基因为a，请写出在实际调查中，第二组双亲中可能有的婚配组合的基因型______、______；若第一组的一个同学是拇指不能向背侧变曲，请推测他的一个哥哥拇指能向背侧弯曲的概率是______；根据表中的遗传情况分析，拇指能向背侧弯曲和拇指不能向背侧弯曲的遗传符合______定律；但从组合一的数据看，子代性状没有呈典型的孟德尔分离比（3：1），其原因是第一组的双亲基因型组合有______、______、______．
正确答案
解析
解：（1）根据表中第一组，双亲均为拇指能向背侧弯曲，而子代中出现拇指不能向背侧弯曲个体，即发生性状分离，说明拇指能向背侧弯曲为显性性状．
（2）由于第二组的双亲中只有一个拇指能向背侧弯曲，所以第二组双亲中可能有的婚配组合的基因型AA×aa和Aa×aa．若第一组的一个同学是拇指不能向背侧变曲，其基因型为aa，而其双亲均为拇指能向背侧弯曲，则基因型都为Aa，所以他的一个哥哥拇指能向背侧弯曲的概率是
故答案为：
（1）一 拇指能向背侧弯曲
（2）AA×aa、Aa×aa 
用纯种圆粒豌豆（RR）和纯种皱粒豌豆（rr）杂交，子一代全为圆粒．用子一代与豌豆甲个体杂交，所得豌豆中圆粒与皱粒数量相等．则豌豆甲的基因型是（ ）
正确答案
解析
解：由于子一代是纯种圆粒豌豆（RR）和纯种皱粒豌豆（rr）杂交所得，所以子一代的基因型一定是Rr．用子一代Rr与豌豆甲个体杂交，得到数量相等的圆、皱粒豌豆，即1：1，说明亲代的基因型分别是Rr和rr．因此，豌豆甲的基因型是rr．
故选：D．
某自花传粉植物灰种皮（Y）对白种皮（y）为显性，紫茎（A）对绿茎（a）为显性，抗病（B）对感病（b）为显性，各由一对等位基因控制，并分别位于三对同源染色体上，且当花粉含AB基因时不能萌发成花粉管．请回答下列有关问题：
（1）如果只考虑种皮颜色的遗传，将亲本植株（Yy）自交所结全部种子播种共得15株植株，其中有10株结灰色种子共285粒，有5株结白色种子共105粒．则子代的性状分离比与孟德尔定律预期分离比______（填吻合或不吻合），最可能的原因是______．
（2）如果只考虑茎的颜色和抗病性状的遗传，让基因型为AaBb的植株和aabb的植株相互受粉，正交和反交的子代性状分离比是否相同？______为什么？______
（3）下表所示6个纯种品系果蝇的性状和控制这些性状的基因所在的染色体编号，品系a为显性性状，其余性状均为隐性性状．根据题意，回答问题：
①进行伴性遗传研究时，选择什么样的品系果蝇交配最恰当______（填品系代号）．
②若通过翅和眼的性状，研究常染色体上的基因是按自由组合定律遗传时，选择什么样的品系交配最恰当______（填品系代号）．
③已知果蝇的直毛与分叉毛受控于一对等位基因（直毛对分叉毛为显性）．若实验室现有纯合的直毛和分叉毛雌、雄果蝇亲本，如何通过一次杂交试验确定这对等位基因位于常染色体上还是X染色体上？请补充实验步骤并预测结果：
将______与______两亲本进行杂交．若杂交后代______，则确定这对等位基因位于常染色体上；若杂交后代______，则确定这对等位基因位于X染色体上．
正确答案
解析
解：（1）根据题意将亲本植株（Yy）自交所结全部种子播种共得15株植株，所得子代灰色种子：白色种子＜3：1，与孟德尔定律预期分离比3：1不吻合，是因为统计子代样本数目太少，具有偶然性．
（2）如果只考虑茎的颜色和抗病性状的遗传，让基因型为AaBb的植株和aabb的植株相互受粉，正交和反交的子代性状分离比是不同的，因为AaBb的植株产生的基因型为AB的花粉不能萌发，而产生的AB卵细胞是可育的．
（3）①由表格分析发现只有b个体的白眼是由X染色体上的隐性基因控制的，所以研究伴性遗传时，应该选择a×b系统之间交配最恰当．
②自由组合定律指的是非同源染色体上的非等位基因的自由组合，所以要确立自由组合定律必须选择非同源染色体上的基因．由表格分析，与翅有关的基因在Ⅱ号染色体上，而常染色体上与眼的性状有2个，其中棕眼在Ⅲ号染色体上，紫眼在Ⅱ号染色体上，所以用常染色体上的基因，通过翅和眼的性状确立自由组合规律的实验时，选择d×e系统之间交配最恰当．
③性染色体上的基因控制的性状，正交、反交的结果不一致；常染色体上的基因控制的性状，正交、反交的结果一致．根据题意将直毛雄果蝇与分叉毛雌果蝇两亲本进行杂交．若杂交后代不论雌雄，全是直毛，则确定这对等位基因位于常染色体上；若杂交后代雌果蝇都是直毛，雄果蝇全是分叉毛，则确定这对等位基因位于X染色体上．
故答案是：
（1）不吻合 子代样本数目太少
（2）不同 AaBb的植株产生的基因型为AB的花粉不能萌发
（3）①a和b ②d和e ③直毛雄果蝇 分叉毛雌果蝇
不论雌雄，全是直毛 雌果蝇都是直毛，雄果蝇全是分叉毛
金鱼有普通金鱼和透明金鱼之分，将普通金鱼和透明金鱼杂交，F1个体身体一部分透明，一部分不透明，称为五花鱼．让F1的金鱼之间相互交配，推测F2的表现型及其比例（ ）
正确答案
解析
解：假设决定普通鱼的基因型为A，决定透明鱼的基因型为a，而根据题意普通金鱼（AA）和透明金鱼（aa）杂交，F1个体（Aa）身体一部分透明，一部分不透明，称为五花鱼，所以让F1的金鱼之间相互交配，F2的表现型及其比例为：Aa×Aa→1AA（普通鱼）：2Aa（五花鱼）：1aa（透明金鱼）．
故选：C．
某水稻的遗传因子组成为Aa，让它连续自交，从理论上讲F1的遗传因子组成中纯合子占总数的（ ）
A
B
C
D1
正确答案
解析
解：根据题意可知，水稻的遗传因子组成为Aa，其产生的配子的种类及比例为A：a=1：1，因此该个体自交产生的后代基因型及比例为AA：Aa：aa=1：2：1，其中AA和aa均为纯合体，因此自交后代中的纯合体占总数的
故选：A．
基因型为AA的牛与杂种公牛表现有角，杂种母牛与基因型aa的牛表现为无角，现有一对有角的牛交配，生下一只无角牛，这种牛的性别是（ ）
正确答案
解析
解：根据题中信息可知，有角母牛的基因型为AA，有角公牛的基因型为AA或Aa，无角牛肯定含有基因a．一对有角的牛交配（母牛AA×公牛A_），生下一只无角牛（_a），由此可推知亲本中公牛的基因型为Aa，子代小牛的基因型为Aa，由于这头小牛无角，可见其性别为雌性．
故选：B．
某兴趣小组模拟孟德尔杂交实验，用纯种高茎豌豆和纯种矮茎豌豆杂交，得到的子一代（F1）都是高茎（实验1）．用F1进行实验2，发现子二代（F2）中，高茎约为矮茎的3倍．实验2采用的方法是（ ）
正确答案
解析
解：用纯种高茎豌豆和纯种矮茎豌豆杂交，得到的子一代（F1）都是高茎植株，其基因型为Dd．如果进行测交实验，则后代比例为1：1；如果进行自交实验，则后代比例为3：1；由于豌豆雌雄同株，没有性别之分，其控制基因位于细胞核中的染色体上，所以正交实验与反交实验的结果相同．
根据题意分析可知：F1进行了实验2，发现子二代（F2）中，高茎植株约为矮茎植株的三倍，即高茎：矮茎=3：1，说明实验2所采用的方法是自交实验．
故选：C．
遗传和优生．
（一）猫的短毛和长毛分别由一对基因（D和d）控制，且位于常染色体上．现有甲、乙、丙、丁四只猫，表现型如下表．已知甲和丁的子代全是短毛小猫，乙和丁的子代中有长毛小猫，请分析回答：
（1）短毛和长毛这一相对性状中，______是显性性状．
（2）甲和丁两只猫的基因型分别是______、______．
（3）利用现有的猫鉴别丙猫是否是纯合体，可以让丙猫和______交配．
正确答案
解析
解：（1）甲（短毛雌猫）和丁（长毛雄猫）的子代全是短毛小猫，说明短毛相对于长毛是显性性状．
（2）由以上分析可知，甲的基因型为DD，丁的基因型为dd．
（3）要利用现有的猫鉴别丙猫（雄性）是否是纯合体，可以让丙猫和乙猫（Dd）进行交配，若后代均为短毛，即DD×Dd，则为纯合子；若后代有长毛，即Dd×Dd，则为杂合子．
故答案为：
（1）短毛
（2）DD dd
（3）乙猫
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