- 自由组合定律的应用
- 共5666题
孟德尔用黄色（Y）和圆粒（R）纯种豌豆和绿色（y）皱粒（r）纯种豌豆作亲本，分别设计了纯合亲本的杂交、F1的自交、F1的测交三组实验，按照假说演绎的科学方法“分析现象一作出假说一检验假说一得出结论”，最后得出了基因的自由组合定律．请据此分析回答下列问题：
（1）孟德尔根据豌豆杂交试验现象提出了超越当时时代的假说，其主要内容包括______
①生物的性状是由遗传因子决定的②遗传因子存在于细胞核中③体细胞中遗传因子是成对存在的④配子中只含每对遗传因子中的一个⑤每对遗传因子随同源染色体的分离而分别进入不同的配子中⑥受精时，雌雄配子的结合是随机的
（2）孟德尔所进行的三组实验中，在现象分析阶段完成的实验除了纯合亲本的杂交外，还应该有______，在检验假说阶段进行的实验是______
（3）F1，的测交，即让F1，植株与______杂交，其子代基因型及比例为______
（4）将F2中所有的黄色皱粒分别自交，则其后代纯合子所占的比例为______．
正确答案
解：（1）①孟德尔认为生物的性状是由遗传因子决定的，①正确；
②孟德尔认为遗传因子在体细胞中成对存在，但并没有提出遗传因子存在于细胞核中，②错误；
③孟德尔认为体细胞中遗传因子是成对存在的，③正确；
④孟德尔认为，配子中只含每对遗传因子中的一个，④正确；
⑤孟德尔所在的年代还没有“同源染色体”一词，⑤错误；
⑥孟德尔认为，受精时，雌雄配子随机结合，⑥正确．
故主要内容包括①③④⑥．
（2）在现象分析阶段完成的实验是纯合的亲本杂交和F1的自交；在检验假设阶段完成的实验是对F1进行测交．
（3）F1的测交，即让F1植株与隐性纯合子杂交，F1植株的基因型为YyRr，产生的配子为YR：Yr：yR：yr=1：1：1：1，隐性纯合子基因型为yyrr，只产生一种配子yr，所以其子代基因型及比例为YyRr：Yyrr：yyRr：yyrr=1：1：1：1．
（4）将F2中所有的黄色皱粒（
故答案为：
（1）①③④⑥
（2）F1的自交 F1的测交
（3）隐性纯合子（绿色皱粒豌豆） YyRr：Yyrr：yyRr：yyrr=1：1：1：1
（4）
解析
解：（1）①孟德尔认为生物的性状是由遗传因子决定的，①正确；
②孟德尔认为遗传因子在体细胞中成对存在，但并没有提出遗传因子存在于细胞核中，②错误；
③孟德尔认为体细胞中遗传因子是成对存在的，③正确；
④孟德尔认为，配子中只含每对遗传因子中的一个，④正确；
⑤孟德尔所在的年代还没有“同源染色体”一词，⑤错误；
⑥孟德尔认为，受精时，雌雄配子随机结合，⑥正确．
故主要内容包括①③④⑥．
（2）在现象分析阶段完成的实验是纯合的亲本杂交和F1的自交；在检验假设阶段完成的实验是对F1进行测交．
（3）F1的测交，即让F1植株与隐性纯合子杂交，F1植株的基因型为YyRr，产生的配子为YR：Yr：yR：yr=1：1：1：1，隐性纯合子基因型为yyrr，只产生一种配子yr，所以其子代基因型及比例为YyRr：Yyrr：yyRr：yyrr=1：1：1：1．
（4）将F2中所有的黄色皱粒（
故答案为：
（1）①③④⑥
（2）F1的自交 F1的测交
（3）隐性纯合子（绿色皱粒豌豆） YyRr：Yyrr：yyRr：yyrr=1：1：1：1
（4）
请回答下列有关遗传的问题．
果蝇的灰体（E）对黑檀体（e）为显性；短刚毛和长刚毛是一对相对性状，由一对等位基因（B，b）控制．这两对基因位于常染色体上且独立遗传．用甲、乙、丙三只果蝇进行杂交实验，杂交组合、F1表现型及比例如下：
（1）根据实验一和实验二的杂交结果，推断乙果蝇的基因型可能为______或______．若实验一的杂交结果能验证两对基因E，e和B，b的遗传遵循自由组合定律，则丙果蝇的基因型应为______．
（2）实验二的F1中与亲本果蝇基因型不同的个体所占的比例为______．
（3）在没有迁入迁出、突变和选择等条件下，一个由纯合果蝇组成的大种群个体间自由交配得到F1，F1中灰体果蝇8400只，黑檀体果蝇1600只．F1中e的基因频率为______，Ee的基因型频率为______．亲代群体中灰体果蝇的百分比为______．
（4）灰体纯合果蝇与黑檀体果蝇杂交，在后代群体中出现了一只黑檀体果蝇．出现该黑檀体果蝇的原因可能是亲本果蝇在产生配子过程中发生了基因突变或染色体片段缺失．请完成下列实验步骤及结果预测，以探究其原因．（注：一对同源染色体都缺失相同片段时胚胎致死，各型配子活力相同）实验步骤如下：
①用该黑檀体果蝇与基因型为EE的果蝇杂交，获得F1；
②F1自由交配，观察、统计F2表现型及比例．
结果预测：I．如果F2表现型及比例为______，则为基因突变；
II．如果F2表现型及比例为______，则为染色体片段缺失．
正确答案
解：：（1）根据实验一中灰体：黑檀体=1：，短刚毛：长刚毛=1：1，得知甲乙的基因型可能为EeBb×eebb或者eeBb×Eebb．同理根据实验二的杂交结果，推断乙和丙的基因型应为eeBb×EeBb，所以乙果蝇的基因型可能为EeBb或eeBb．若实验一的杂交结果能验证两对基因E，e和B，b的遗传遵循自由组合定律，则甲乙的基因型可能为EeBb×eebb，乙的基因型为EeBb，则丙果蝇的基因型应为eeBb．
（2）实验二中亲本的基因型为eeBb×EeBb，则F1中与亲本果蝇基因型相同的个体所占的比例为
（3）F1中灰体果蝇8400只，黑檀体果蝇（ee）1600只，则ee的基因型频率为
（4）①用该黑檀体果蝇与基因型为EE的果蝇杂交，获得F1；
②F1自由交配，观察、统计F2表现型及比例．
Ⅰ．如果F2表现型及比例为灰体：黑檀体=3：1，则为基因突变；
Ⅱ．如果F2表现型及比例为灰体：黑檀体=4：1，则为染色体片段缺失．
杂交关系如下图：
故答案为：
（1）EeBb eeBb（注：两空可颠倒） eeBb
（2）
（3）40% 48% 60%
（4）I．灰体：黑檀体=3：1 II．灰体：黑檀体=4：1
解析
解：：（1）根据实验一中灰体：黑檀体=1：，短刚毛：长刚毛=1：1，得知甲乙的基因型可能为EeBb×eebb或者eeBb×Eebb．同理根据实验二的杂交结果，推断乙和丙的基因型应为eeBb×EeBb，所以乙果蝇的基因型可能为EeBb或eeBb．若实验一的杂交结果能验证两对基因E，e和B，b的遗传遵循自由组合定律，则甲乙的基因型可能为EeBb×eebb，乙的基因型为EeBb，则丙果蝇的基因型应为eeBb．
（2）实验二中亲本的基因型为eeBb×EeBb，则F1中与亲本果蝇基因型相同的个体所占的比例为
（3）F1中灰体果蝇8400只，黑檀体果蝇（ee）1600只，则ee的基因型频率为
（4）①用该黑檀体果蝇与基因型为EE的果蝇杂交，获得F1；
②F1自由交配，观察、统计F2表现型及比例．
Ⅰ．如果F2表现型及比例为灰体：黑檀体=3：1，则为基因突变；
Ⅱ．如果F2表现型及比例为灰体：黑檀体=4：1，则为染色体片段缺失．
杂交关系如下图：
故答案为：
（1）EeBb eeBb（注：两空可颠倒） eeBb
（2）
（3）40% 48% 60%
（4）I．灰体：黑檀体=3：1 II．灰体：黑檀体=4：1
某家畜的耳朵的形状由两对基因（A和a，B和b）控制，这两对基因符合自由组合定律的遗传，但与性别无关．据表回答问题：
（1）甲组杂交方式在遗传学上称为______；甲组杂交F1代四种表现型比例是______．
（2）除了上述的3种组合之外，如果进行尖状×倒扇状杂交，得到的后代表现型是圆状，则基因型是______．如果进行尖状×尖状杂交，得到后代表现型是尖状，则基因型是______．
（3）让乙组后代F1中圆状的家畜与另一纯合椭圆状的家畜杂交，杂交后代表现型及比例在理论上是______．
（4）让丙组F1中的雌雄个体交配，后代表现为圆状的有120只，那么表现为椭圆状的杂合子理论上有______只．
（5）基因型为AaBb与Aabb的个体杂交，它们的后代基因型的种类有______种，后代中纯合子比例占______．
正确答案
解：（1）由以上分析可知：甲中两亲本的基因型为AaBb×aabb，属于测交，F1有四种表现型，其比例为：1：1：1；1．
（2）圆状的基因型为A_bb，尖状和倒扇状杂交（A_B_×aabb），后代圆状的基因型为Aabb．尖状的基因型为（A_B_），尖状和尖状杂交（A_B_×A_B_），后代尖状的基因型为AABB、AABb、AaBB、AaBb．
（3）乙组后代F1中圆状家畜的基因型及比例为
（4）丙组F1的基因型为AaBb，让F1的雌雄个体交配，后代表现为椭圆状的个体与表现为圆状的个体数目相等，所以后代椭圆状有120只，其中杂合子有120×
（5）基因型AaBb与Aabb杂交，根据基因自由组合定律，后代基因型种类有3×2=6种，纯合子比例为
故答案为：
（1）测交 1：1：1：1
（2）Aabb AABB、AABb、AaBB、AaBb
（3）尖状：椭圆状=2：1
（4）80
（5）6
解析
解：（1）由以上分析可知：甲中两亲本的基因型为AaBb×aabb，属于测交，F1有四种表现型，其比例为：1：1：1；1．
（2）圆状的基因型为A_bb，尖状和倒扇状杂交（A_B_×aabb），后代圆状的基因型为Aabb．尖状的基因型为（A_B_），尖状和尖状杂交（A_B_×A_B_），后代尖状的基因型为AABB、AABb、AaBB、AaBb．
（3）乙组后代F1中圆状家畜的基因型及比例为
（4）丙组F1的基因型为AaBb，让F1的雌雄个体交配，后代表现为椭圆状的个体与表现为圆状的个体数目相等，所以后代椭圆状有120只，其中杂合子有120×
（5）基因型AaBb与Aabb杂交，根据基因自由组合定律，后代基因型种类有3×2=6种，纯合子比例为
故答案为：
（1）测交 1：1：1：1
（2）Aabb AABB、AABb、AaBB、AaBb
（3）尖状：椭圆状=2：1
（4）80
（5）6
现有两纯种小麦，一纯种小麦性状是高秆（D），抗锈病（T）；另一纯种小麦的性状是矮秆（d），易染锈病（t）（两对基因独立遗传）．育种专家提出了如图Ⅰ、Ⅱ两种育种方法以获得小麦新品种，问：
（1）要缩短育种年限，应选择的方法是______，该方法称______，依据的变异原理是______．
（2）图中①和④的基因组成分别为______；
（3）（二）过程中，D和d的分离发生在______（时期），
（三）过程采用的操作称为______，获得的植株往往表现为______等特点．
（四）过程所作的处理是______；使用的药剂的作用是______．
（4）方法Ⅱ一般从F1经（五）过程后开始选种，这是因为______．（五）过程产生的抗倒伏抗锈病植株中的纯合体占______，让F1按该方法经（五）（六）过程连续进行2代，则⑥中符合生产要求的能稳定遗传的个体占______．
（5）如将方法Ⅰ中获得的③⑤植株杂交，再让所得到的后代自交，则后代基因型及比例为______．
正确答案
解：（1）单倍体育种的优点是明显缩短育种年限，因此要缩短育种年限，应选择单倍体育种，即方法Ⅰ，依据的遗传学原理是染色体变异．
（2）DdTt能产生四种配子，即DT、Dt、dT、dt，图中①为DT，则②为dT，而④是由②发育成的单倍体再经染色体数目加倍后得到的，所以④的基因型为ddTT．
（3）过程（二）表示减数分裂产生配子，D和d是等位基因，它们的分离发生在减数第一次分裂后期；过程（三）采用的是花药离体培养法，该过程获得的是单倍体，长得弱小，且高度不育；过程（四）是人工诱导染色体数目加倍，最常用的化学药剂是秋水仙素，作用是抑制纺锤体的形成．
（4）方法Ⅱ一般从F1经（五）过程后开始选种，这是因为F1自交后发生性状分离；过程（五）是自交，其后代抗倒伏抗锈病的植株中，ddTT：ddTt=1：2，其中纯合子占
（5）如将方法Ⅰ中获得的③DDtt与⑤ddtt植株杂交，再让所得到的后代Ddtt自交，则后代的基因型比例为1：2：1．
故答案为：
（1）I 单倍体育种染色体变异
（2）DT ddTT
（3）减数第一次分裂后期 花药离体培养 弱小，高度不育 秋水仙素处理单倍体幼苗 抑制纺锤体的形成
（4）F1自交后发生性状分离 
（5）DDtt：Ddtt：ddtt=1：2：1
解析
解：（1）单倍体育种的优点是明显缩短育种年限，因此要缩短育种年限，应选择单倍体育种，即方法Ⅰ，依据的遗传学原理是染色体变异．
（2）DdTt能产生四种配子，即DT、Dt、dT、dt，图中①为DT，则②为dT，而④是由②发育成的单倍体再经染色体数目加倍后得到的，所以④的基因型为ddTT．
（3）过程（二）表示减数分裂产生配子，D和d是等位基因，它们的分离发生在减数第一次分裂后期；过程（三）采用的是花药离体培养法，该过程获得的是单倍体，长得弱小，且高度不育；过程（四）是人工诱导染色体数目加倍，最常用的化学药剂是秋水仙素，作用是抑制纺锤体的形成．
（4）方法Ⅱ一般从F1经（五）过程后开始选种，这是因为F1自交后发生性状分离；过程（五）是自交，其后代抗倒伏抗锈病的植株中，ddTT：ddTt=1：2，其中纯合子占
（5）如将方法Ⅰ中获得的③DDtt与⑤ddtt植株杂交，再让所得到的后代Ddtt自交，则后代的基因型比例为1：2：1．
故答案为：
（1）I 单倍体育种染色体变异
（2）DT ddTT
（3）减数第一次分裂后期 花药离体培养 弱小，高度不育 秋水仙素处理单倍体幼苗 抑制纺锤体的形成
（4）F1自交后发生性状分离
（5）DDtt：Ddtt：ddtt=1：2：1
（1）玉米的______是显性性状，该对相对性状的遗传遵循______定律．
（2）实验1亲本中早熟品种的基因型是______．
（3）实验2两亲本的基因型分别是______、______．若对两组实验的F1分别进行测交，后代的早熟和晚熟的比例依次为______、______．
（4）实验2的F2中早熟的基因型有______种，其中纯合子占的比例为______．从实验2的F2中取一早熟植株M，将早熟植株M与晚熟植株杂交，若后代早熟：晚熟=1：1，则早熟植株M的基因型可能是______．
（5）若让实验1中的F2随机交配，则后代中早熟和晚熟的性状分离比是______．
正确答案
解：（1）根据分析，玉米的早熟是显性性状，该对相对性状的遗传遵循基因的自由组合定律．
（2）由于实验1的F2表现为3：1，所以其亲本中早熟品种的基因型是AAbb或aaBB．
（3）由于实验2的F2表现为15：1，所以其亲本的基因型是AABB（早熟）与aabb（晚熟）．实验1的F1基因型是Aabb或aaBb，实验2的F1基因型是AaBb，所以对两组实验的F1分别进行测交，后代的早熟和晚熟的比例依次为1：1和3：1．
（4）实验2的F2中早熟的基因型有1AABB、2AABb、2AaBB、4AaBb、1AAbb、2Aabb、1aaBB、2aaBb共8种，其中纯合子占的比例为
（5）实验1中的F2基因型为AAbb、Aabb、aabb或aaBB、aaBb、aabb．则Ab（aB）的频率为
故答案为：
（1）早熟 基因的自由组合
（2）AAbb或aaBB
（3）AABB（早熟）与aabb（晚熟）1：1 3：1
（4）8 
（5）3：1
解析
解：（1）根据分析，玉米的早熟是显性性状，该对相对性状的遗传遵循基因的自由组合定律．
（2）由于实验1的F2表现为3：1，所以其亲本中早熟品种的基因型是AAbb或aaBB．
（3）由于实验2的F2表现为15：1，所以其亲本的基因型是AABB（早熟）与aabb（晚熟）．实验1的F1基因型是Aabb或aaBb，实验2的F1基因型是AaBb，所以对两组实验的F1分别进行测交，后代的早熟和晚熟的比例依次为1：1和3：1．
（4）实验2的F2中早熟的基因型有1AABB、2AABb、2AaBB、4AaBb、1AAbb、2Aabb、1aaBB、2aaBb共8种，其中纯合子占的比例为
（5）实验1中的F2基因型为AAbb、Aabb、aabb或aaBB、aaBb、aabb．则Ab（aB）的频率为
故答案为：
（1）早熟 基因的自由组合
（2）AAbb或aaBB
（3）AABB（早熟）与aabb（晚熟）1：1 3：1
（4）8
（5）3：1
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