- 自由组合定律的应用
- 共5666题
某养鸟人发现一对白色羽毛鸟生出几只蓝羽鸟，为了研究蓝羽的遗传特性，他让两支亲本继续杂交，仍有蓝羽出生，让蓝羽鸟与亲代回交，生出9只蓝羽鸟和30只白羽鸟，其中蓝羽雌性4只、雄性5只，白羽雌雄各15只．请回答：
（1）工作人员初步判断：①蓝羽性状的出现是基因突变，而非其他环境因素所致．
②控制羽毛颜色的性状应该位于常染色体上．请写出他们做出判断的理由
①______
②______
（2）继续进行了如下实验：将其他若干白羽鸟和蓝羽鸟杂交，结果F1皆表现为白羽，F1个体随机自由交配，F2为1593只白羽和107只蓝羽．由此进一步推断；羽色中为隐性性状，受______对基因控制，该性状遵循______定律．
（3）请你用纯合亲本设计实验，证明他们的假设
①______
②______
③______
预期结果：
如果实验结果与预期结果相符，说明上述推测成立．
正确答案
解：（1）①研究表明：白色羽之间杂交出现性状分离，而且回交继续分离也就是能够遗传，所以并非环境所致．
②回交后代没有出现与性别关联的现象所以不是性染色体上的基因所致．
（2）由于自由交配后代分离比为15：1，说明所以：羽色遗传受2对基因控制，该性状遵循自由组合定律．
（3）验证是否符合自由组合定律，测交杂交都可．
答案为：
（1）①研究表明：白色羽之间杂交出现性状分离，而且回交继续分离也就是能够遗传，所以并非环境所致．
②回交后代没有出现与性别关联的现象所以不是性染色体上的基因所致．
（2）2 自由组合
（3）①纯合白羽和纯合蓝羽杂交得F1．
②F1自交或是F1与蓝羽测交得F2．
③统计F2的表型和比例测交例为：白：蓝=3：1，自交比例为白：蓝=15：1．
预期结果：如果实验结果与预期结果相符，说明上述推测成立．
解析
解：（1）①研究表明：白色羽之间杂交出现性状分离，而且回交继续分离也就是能够遗传，所以并非环境所致．
②回交后代没有出现与性别关联的现象所以不是性染色体上的基因所致．
（2）由于自由交配后代分离比为15：1，说明所以：羽色遗传受2对基因控制，该性状遵循自由组合定律．
（3）验证是否符合自由组合定律，测交杂交都可．
答案为：
（1）①研究表明：白色羽之间杂交出现性状分离，而且回交继续分离也就是能够遗传，所以并非环境所致．
②回交后代没有出现与性别关联的现象所以不是性染色体上的基因所致．
（2）2 自由组合
（3）①纯合白羽和纯合蓝羽杂交得F1．
②F1自交或是F1与蓝羽测交得F2．
③统计F2的表型和比例测交例为：白：蓝=3：1，自交比例为白：蓝=15：1．
预期结果：如果实验结果与预期结果相符，说明上述推测成立．
（1）亲本甲、乙的基因型分别是：______，______；丁的基因型是______．
（2）F2中，基因型为bbRR个体所占的比例是______，光颖抗锈植株所占的比例是______．
（3）F2中，表现型不同于双亲（甲和乙）的个体占全部F2代的______
（4）写出F2中抗锈类型的基因型______．
正确答案
解：（1）根据题意可知，F1均为毛颖抗锈（丙），说明毛颖相对于光颖是显性性状，抗锈相对于感锈是显性性状，则甲的基因型为BBrr，乙的基因型为bbRR，丙的基因型为BbRr．
由以上分析可知F1（丙）的基因型为PpRr．单独分析抗锈和感锈病这一对相对性状，F2中抗锈：感锈=3：1，说明亲本都是杂合子，即亲本的基因型均为Rr；单独分析毛颖和光颖这一对相对性状，F2中毛颖：光颖=1：1，属于测交类型，则亲本的基因型为Bb×bb．综合以上可知丁的基因型是bbRr．
（2）由（1）小题可知，丙的基因型为BbRr，丁的基因型是bbRr，因此F2中基因型为bbRR个体所占的比例=
（3）F2中，表现型与甲相同的比例占=
（4）写出F2中抗锈类型的基因型RR和Rr．
故答案为：
（1）BBrr bbRR bbRr
（2）
（3）
（4）RR和Rr
解析
解：（1）根据题意可知，F1均为毛颖抗锈（丙），说明毛颖相对于光颖是显性性状，抗锈相对于感锈是显性性状，则甲的基因型为BBrr，乙的基因型为bbRR，丙的基因型为BbRr．
由以上分析可知F1（丙）的基因型为PpRr．单独分析抗锈和感锈病这一对相对性状，F2中抗锈：感锈=3：1，说明亲本都是杂合子，即亲本的基因型均为Rr；单独分析毛颖和光颖这一对相对性状，F2中毛颖：光颖=1：1，属于测交类型，则亲本的基因型为Bb×bb．综合以上可知丁的基因型是bbRr．
（2）由（1）小题可知，丙的基因型为BbRr，丁的基因型是bbRr，因此F2中基因型为bbRR个体所占的比例=
（3）F2中，表现型与甲相同的比例占=
（4）写出F2中抗锈类型的基因型RR和Rr．
故答案为：
（1）BBrr bbRR bbRr
（2）
（3）
（4）RR和Rr
某种昆虫长翅（A）对残翅（a）为显性，直翅（B）对弯翅（b）为显性，有刺刚毛（D）对无刺刚毛（d）为显性，控制这3对性状的基因均位于常染色体上．
（1）现有这种昆虫一个体基因型如甲图所示，通过子代性状分离比9：3：3：1来验证基因自由组合定律，可用来与该昆虫进行交配的异性个体是的基因型是______．
（2）现有一个该昆虫的基因型如乙图所示，通过子代性状分离比1：1：1：1来验证B、b和D、d遵循基因自由组合定律，可用来与该昆虫进行交配的异性个体的基因型是______．
（3）现有一个该昆虫的基因型如丙图所示，为验证基因自由组合定律，可用来与该昆虫进行交配的异性个体的基因型是______．
正确答案
解：（1）已知甲的基因型为AaBBDd，通过子代性状分离比9：3：3：1来验证基因自由组合定律，说明有两对基因是杂合子自交，还有一对基因没有性状分离，所以应该选择AaBBDd、AaBbDd、AabbDd与之交配．
（2）已知乙的基因型为AaBbDd，通过子代性状分离比1：1：1：1来验证B、b和D、d遵循基因自由组合定律，说明有两对基因是杂合子测交，还有一对基因没有性状分离，所以应该选择AAbbdd之交配．
（3）已知丙的基因型为AabbDd，为验证基因自由组合定律，应该选择Aa、Dd或aa、dd的个体与之交配，所以与该昆虫进行交配的异性个体基因型为AabbDd或aabbdd．
故答案为：
（1）AaBBDd、AaBbDd、AabbDd
（2）AAbbdd
（3）AabbDd或aabbdd
解析
解：（1）已知甲的基因型为AaBBDd，通过子代性状分离比9：3：3：1来验证基因自由组合定律，说明有两对基因是杂合子自交，还有一对基因没有性状分离，所以应该选择AaBBDd、AaBbDd、AabbDd与之交配．
（2）已知乙的基因型为AaBbDd，通过子代性状分离比1：1：1：1来验证B、b和D、d遵循基因自由组合定律，说明有两对基因是杂合子测交，还有一对基因没有性状分离，所以应该选择AAbbdd之交配．
（3）已知丙的基因型为AabbDd，为验证基因自由组合定律，应该选择Aa、Dd或aa、dd的个体与之交配，所以与该昆虫进行交配的异性个体基因型为AabbDd或aabbdd．
故答案为：
（1）AaBBDd、AaBbDd、AabbDd
（2）AAbbdd
（3）AabbDd或aabbdd
（1）基因 A 指导合成的酶发挥作用的场所最可能是______．该植物花瓣颜色遗传说明基因与性状的数量关系是______．
（2）亲本中紫花植株的基因型为______，
（3）F2红花植株的基因型为______，F2中紫色：红色：粉红色：白色的比例为______．
正确答案
解：（1）表现出花瓣颜色的色素位于液泡中，所以基因A指导合成的酶发挥作用的场所最可能是液泡，由图可知，植物花瓣颜色遗传说明基因与性状的数量关系是：两（多）对基因控制一种性状．
（2）白花植株的花粉授给紫花植株，得到的F1全部表现为红花，即aa__×A_bb→A_Bb，所以亲本白花植株的基因型为aaBB，紫花植株为AAbb，F1为AaBb．
（3）由（2）可知，F1红花植株的基因型为AaBb，自交得到的F2中，白色（aaB_+aabb）：紫色（A_bb）：红色（A_Bb）：粉红色（A_BB）=（3+1）：3：6：3=4：3：6：3．
故答案为：
（1）液泡 两（多）对基因控制一种性状
（2）AAbb
（3）AABb、AaBb 3：6：3：4
解析
解：（1）表现出花瓣颜色的色素位于液泡中，所以基因A指导合成的酶发挥作用的场所最可能是液泡，由图可知，植物花瓣颜色遗传说明基因与性状的数量关系是：两（多）对基因控制一种性状．
（2）白花植株的花粉授给紫花植株，得到的F1全部表现为红花，即aa__×A_bb→A_Bb，所以亲本白花植株的基因型为aaBB，紫花植株为AAbb，F1为AaBb．
（3）由（2）可知，F1红花植株的基因型为AaBb，自交得到的F2中，白色（aaB_+aabb）：紫色（A_bb）：红色（A_Bb）：粉红色（A_BB）=（3+1）：3：6：3=4：3：6：3．
故答案为：
（1）液泡 两（多）对基因控制一种性状
（2）AAbb
（3）AABb、AaBb 3：6：3：4
已知水稻抗病（R）对感病（r）为显性，有芒（B）对无芒（b）为显性，两对基因自由组合，体细胞染色体数为24条．现用单倍体育种方法选育抗病、有芒水稻新品种．
（1）诱导单倍体所用的花药，应取自基因型为______的植株．
（2）为获得上述植株，应采用基因型为______和______的两亲本进行杂交．
（3）在培养过程中，单倍体有一部分能自然加倍成为二倍体植株，该二倍体植株花粉表现______（可育或不育），结实性为______（结实或不结实），体细胞染色体数为______．
（4）在培养过程中，一部分花药壁细胞能发育成为植株，该植株的花粉表现______（可育或不育），结实性为______（结实或不结实）．体细胞染色体数为______．
（5）自然加倍植株和花药壁植株中都存在抗病、有芒的表现型．为获得稳定遗传的抗病、有芒新品种，本实验应选以上两种植株中的______植株，因为自然加倍植株______花药壁植株______．
（6）鉴别上述自然加倍植株与花药壁植株的方法是______．
正确答案
解：（1）因为要用单倍体育种方法选育抗病、有芒水稻新品种，需要RB配子，所以单倍体育种方法选育抗病、有芒水稻新品种诱导单倍体所用的花药，应取自基因型为RrBb的植株，因为它可以产生四种不同类型的配子：RB、Rb、rB、rb．
（2）为获得RrBb植株，应采用基因型为RRbb与rrBB的两亲本进行杂交．
（3）在培养过程中，单倍体有一部分能自然加倍成为二倍体植株，该二倍体植株减数分裂正常，花粉表现可育，结实性为结实，体细胞染色体数为24条．
（4）在培养过程中，一部分花药壁细胞能发育成为植株，该植株的花粉表现可育，结实性为结实，体细胞染色体数为24条．
（5）自然加倍植株和花药壁植株中都存在抗病、有芒的表现型．为获得稳定遗传的抗病、有芒新品种，本实验应选以上两种植株中的自然加倍植株，因为自然加倍植株基因型纯合，花药壁植株基因型杂合．
（6）鉴别上述自然加倍植株与花药壁植株的方法是测交，将植株分别自交，子代性状表现一致的是自然加倍植株，子代性状分离的是花药壁植株．
故答案是：
（1）RrBb
（2）RRbb rrBB
（3）可育 结实 24条
（4）可育 结实 24条
（5）自然加倍 基因型纯合 基因型杂合
（6）将植株分别自交，子代性状表现一致的是自然加倍植株，子代性状分离的是花药壁植株
解析
解：（1）因为要用单倍体育种方法选育抗病、有芒水稻新品种，需要RB配子，所以单倍体育种方法选育抗病、有芒水稻新品种诱导单倍体所用的花药，应取自基因型为RrBb的植株，因为它可以产生四种不同类型的配子：RB、Rb、rB、rb．
（2）为获得RrBb植株，应采用基因型为RRbb与rrBB的两亲本进行杂交．
（3）在培养过程中，单倍体有一部分能自然加倍成为二倍体植株，该二倍体植株减数分裂正常，花粉表现可育，结实性为结实，体细胞染色体数为24条．
（4）在培养过程中，一部分花药壁细胞能发育成为植株，该植株的花粉表现可育，结实性为结实，体细胞染色体数为24条．
（5）自然加倍植株和花药壁植株中都存在抗病、有芒的表现型．为获得稳定遗传的抗病、有芒新品种，本实验应选以上两种植株中的自然加倍植株，因为自然加倍植株基因型纯合，花药壁植株基因型杂合．
（6）鉴别上述自然加倍植株与花药壁植株的方法是测交，将植株分别自交，子代性状表现一致的是自然加倍植株，子代性状分离的是花药壁植株．
故答案是：
（1）RrBb
（2）RRbb rrBB
（3）可育 结实 24条
（4）可育 结实 24条
（5）自然加倍 基因型纯合 基因型杂合
（6）将植株分别自交，子代性状表现一致的是自然加倍植株，子代性状分离的是花药壁植株
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