题型12 快速突破基因的自由组合定律（题型归纳）-【精讲精练】最新高考生物二轮题型复习讲练

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2、注重理论联系实际，高三生物的考试并不仅仅是考概念，学会知识的迁移非常重要，并要灵活运用课本上的知识。不过特别强调了从图表、图形提取信息的能力。历年高考试题，图表题都占有比较大的比例。
3、一轮复习基础知识的同时，还要重点“攻坚”，突出对重点和难点知识的理解和掌握。这部分知识通常都是学生难于理解的内容，做题时容易出错的地方。分析近几年的高考生物试题，重点其实就是可拉开距离的重要知识点。
4、学而不思则罔，思而不学则殆。这一点对高三生物一轮复习很重要。尤其是对于错题。错题整理不是把错题抄一遍。也不是所有的错题都需要整理。
题型12 快速突破基因的自由组合定律（题型归纳）
在高考中，对两对等位基因的自由组合的考查主要是从基因自由组合的条件、双杂合子自交后代的性状分离比9:3:3:1及其变式等角度进行，试题常常需要考生根据亲本基因型求子代表型的比例、根据子代表型之比推测亲本基因型等。
（2022•山东）野生型拟南芥的叶片是光滑形边缘，研究影响其叶片形状的基因时，发现了6个不同的隐性突变，每个隐性突变只涉及1个基因。这些突变都能使拟南芥的叶片表现为锯齿状边缘。利用上述突变培育成6个不同纯合突变体①～⑥，每个突变体只有1种隐性突变。不考虑其他突变，根据表中的杂交实验结果，下列推断错误的是（ ）
A．②和③杂交，子代叶片边缘为光滑形
B．③和④杂交，子代叶片边缘为锯齿状
C．②和⑤杂交，子代叶片边缘为光滑形
D．④和⑥杂交，子代叶片边缘为光滑形
【分析】根据题意，光滑形边缘对锯齿状边缘为显性。6个不同的突变体均为隐性纯合，可能是同一基因向不同方向突变而形成的等位基因，此时这些基因的遗传遵循基因的分离定律；也可能由不同的基因经过突变形成的，此时这些基因的遗传遵循基因的自由组合定律。
【解答】解：AB、杂交组合①×③、①×④的子代锯齿状，说明①与③④应是同一基因突变而来，这3种隐性基因互为等位基因；而①与②杂交，子代为光滑形，说明②的隐性基因与①的隐性基因是非等位基因关系。因此，②和③杂交，子代叶片边缘为光滑形；③和④杂交，子代叶片边缘为锯齿状，AB正确；
C、杂交组合①×②子代为光滑形，①×⑤的子代光滑形，说明①与②所具有的隐性基因是非等位基因，是由不同基因经隐性突变产生的，①与⑤所具有的隐性基因是非等位基因，是由不同基因经隐性突变产生的，②与⑤可能是同一基因突变也可能是不同基因突变形成，故②与⑤杂交，子代叶片边缘为锯齿状或光滑形，C错误；
D、①与④所具有的隐性基因是等位基因，②与⑥杂交子代为锯齿状，说明②与⑥具有的的隐性基因是等位基因，①与②是非等位基因，所以④和⑥是非等位基因，杂交后代，子代叶片边缘为锯光滑形，D正确。
故选：C。
【点评】本题结合基因突变考查基因的分离定律与自由组合定律的分析应用，要求掌握突变类型及遗传特定，结合题中具体情境准确分析不同突变品种之间的遗传规律，再运用有关的规律、方法进行推理、计算。
（2021•湖北）甲、乙、丙分别代表三个不同的纯合白色籽粒玉米品种甲分别与乙、丙杂交产生F1，F1自交产生F2，结果如表。根据结果，下列叙述错误的是（ ）
A．若乙与丙杂交，F1全部为红色籽粒，则F2玉米籽粒性状比为9红色：7白色
B．若乙与丙杂交，F1全部为红色籽粒，则玉米籽粒颜色可由三对基因控制
C．组1中的F1与甲杂交所产生玉米籽粒性状比为3红色：1白色
D．组2中的F1与丙杂交所产生玉米籽粒性状比为1红色：1白色
【分析】据表可知：甲×乙产生F1全是红色籽粒，F1自交产生F2中红色：白色＝9：7，说明玉米籽粒颜色受两对等位基因控制，且两对等位基因遵循自由组合定律；甲×丙产生F1全是红色籽粒，F1自交产生F2中红色：白色＝9：7，说明玉米籽粒颜色受两对等位基因控制，且两对等位基因遵循自由组合定律。综合分析可知，红色为显性，红色与白色可能至少由三对等位基因控制，假定用A/a、B/b、C/c，甲乙丙的基因型可分别为AAbbCC、aaBBCC、AABBcc。（只写出一种可能情况）。
【解答】解：A、若乙与丙杂交，F1全部为红色籽粒（AaBBCc），两对等位基因遵循自由组合定律，则F2玉米籽粒性状比为9红色：7白色，A正确；
B、据分析可知若乙与丙杂交，F1全部为红色籽粒，则玉米籽粒颜色可由三对基因控制，B正确；
C、据分析可知，组1中的F1（AaBbCC）与甲（AAbbCC）杂交，所产生玉米籽粒性状比为1红色：1白色，C错误；
D、组2中的F1（AABbCc）与丙（AABBcc）杂交，所产生玉米籽粒性状比为1红色：1白色，D正确。
故选：C。
【点评】本题结合表格，考查基因自由组合定律的实质及应用、基因与性状的关系等知识，要求考生识记基因控制性状的方式，掌握基因自由组合定律的实质，能根据表格信息准确判断表现型与基因型的对应关系，再根据表格信息答题。
（2021•河北）我国科学家利用栽培稻（H）与野生稻（D）为亲本，通过杂交育种方法并辅以分子检测技术，选育出了L12和L7两个水稻新品系。L12 的12号染色体上带有D的染色体片段（含有耐缺氮基因TD），L7的7号染色体上带有D的染色体片段（含有基因SD），两个品系的其他染色体均来自于H （图1）。H的12号和7号染色体相应片段上分别含有基因TH和SH。现将两个品系分别与H杂交，利用分子检测技术对实验一亲本及部分F2的TD/TH基因进行检测，对实验二亲本及部分F2的SD/SH基因进行检测，检测结果以带型表示（图2）
回答下列问题：
（1）为建立水稻基因组数据库，科学家完成了水稻 条染色体的DNA测序。
（2）实验一F2中基因型TDTD对应的是带型 。理论上，F2中产生带型Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的个体数量比为 。
（3）实验二F2中产生带型α、β和γ的个体数量分别为12、120和108，表明F2群体的基因型比例偏离
定律。进一步研究发现，F1的雌配子均正常，但部分花粉无活性。已知只有一种基因型的花粉异常，推测无活性的花粉带有 （填“SD”或“SH”）基因。
（4）以L7和L12为材料，选育同时带有来自D的7号和12号染色体片段的纯合品系X （图3）。主要实验步骤包括：① ；②对最终获得的所有植株进行分子检测，同时具有带型 的植株即为目的植株。
（5）利用X和H杂交得到F1，若F1产生的无活性花粉所占比例与实验二结果相同，雌配子均有活性，则F2中与X基因型相同的个体所占比例为 。
【分析】分析题意和条带可知：L12的12号染色体上含有耐缺氮基因TD，其基因型为TDTD；L7的7号染色体上含有基因SD，基因型为SDSD；H的12号染色体上的基因为TH，7号染色体上的基因为SH，基因型为SHSHTHTH；TD与TH，SD与SH遵循基因分离和自由组合定律。
【解答】解：（1）水稻为雌雄同株的植物，没有性染色体和常染色体之分，分析题图可知，水稻含有12对同源染色体，即有24条染色体，故对水稻基因组测序，需要完成12条染色体的DNA测序。
（2）实验一是将L12（基因型TDTD）与H（基因型THTH）杂交，F1的基因型为TDTH，F2的基因型分别为TDTD：TDTH：THTH＝1：2：1，其中TDTD对应的是带型与亲本L12对应的条带相同，即条带Ⅲ，理论上，F2中产生带型Ⅰ：Ⅱ：Ⅲ的个体数量比为1：2：1。
（3）实验二是将L7（基因型SDSD）与H（基因型SHSH）杂交，F1的基因型为SDSH，理论上F2的基因型分别为SDSD：SDSH：SHSH＝1：2：1，其中SDSD对应的是带型与亲本L7对应的条带相同，即条带α，SDSH对应条带为β，SHSH对应条带为γ，理论上，F2中产生带型Ⅰ：Ⅱ：Ⅲ的个体数量比为1：2：1。实际上F2中产生带型α、β、γ的个体数量分别为12、120和108，表明F2群体的基因型比例偏离分离定律；进一步研究发现，F1的雌配子均正常，但部分花粉无活性；已知只有一种基因型的花粉异常，而带型α，即SDSD的个体数量很少，可推测无活性的花粉带有SD基因。
（4）已知TD与TH，SD与SH两对基因分别位于7号和12号染色体上，两对等位基因遵循自由组合定律，以L7和L12为材料，选育同时带有来自D的7号和12号染色体片段的纯合品系X，基因型为SDSDTDTD；同时考虑两对等位基因，可知L7的基因型为SDSDTHTH，L12的基因型为SHSHTDTD，①将L7和L12杂交，获得F1（SDSHTDTH）后自交，②对最终获得的所有植株进行分子检测，同时具有带型α和Ⅲ的植株即为目的植株。
（5）实验二中SDSD：SDSH：SHSH＝12：120：108＝1：10：9，可知花粉中SD：SH＝1：9，利用X（基因型为SDSDTDTD）和H（基因型为SHSHTHTH）杂交得到F1，基因型为SDSHTDTH，若F1产生的SD花粉无活性，所占比例与实验二结果相同，即雄配子类型及比例为：SDTD：SDTH：SHTD：SHTH＝1：1：9：9，雌配子均有活性，类型及比例为SDTD：SDTH：SHTD：SHTH＝1：1：1：1，则F2中基因型为SDSDTDTD的个体所占比例为×＝。
故答案为：
（1）12
（2）Ⅲ1：2：1
（3）基因分离 SD
（4）将L7和L12杂交，获得F1后自交 α和Ⅲ
（5）
【点评】本题考查基因分离定律和基因自由组合定律的应用的相关知识，意在考查考生把握知识间相互联系，运用所学知识解决生物学实际问题的能力，难度较大。
（2022•河北）蓝粒小麦是小麦（2n＝42）与其近缘种长穗偃麦草杂交得到的。其细胞中来自长穗偃麦草的一对4号染色体（均带有蓝色素基因E）代换了小麦的一对4号染色体。小麦5号染色体上的h基因纯合后，可诱导来自小麦的和来自长穗偃麦草的4号染色体配对并发生交叉互换。某雄性不育小麦的不育基因T与等位可育基因t位于4号染色体上。为培育蓝粒和不育两性状不分离的小麦，研究人员设计了如图所示的杂交实验。
回答下列问题：
（1）亲本不育小麦的基因型是 ，F1中可育株和不育株的比例是 。
（2）F2与小麦（hh）杂交的目的是
。
（3）F2蓝粒不育株在减数分裂时理论上能形成 个正常的四分体。如果减数分裂过程中同源染色体正常分离，来自小麦和长穗偃麦草的4号染色体随机分配，最终能产生 种配子（仅考虑T/t、E基因）。F3中基因型为hh的蓝粒不育株占比是 。
（4）F3蓝粒不育株体细胞中有 条染色体，属于染色体变异中的 变异。
（5）F4蓝粒不育株和小麦（HH）杂交后单株留种形成一个株系。若株系中出现：
①蓝粒可育：蓝粒不育：非蓝粒可育：非蓝粒不育＝1：1：1：1。说明：
；
②蓝粒不育：非蓝粒可育＝1：1。说明 。符合育种要求的是 （填“①”或“②”）。
【分析】（1）T/t、E分别位于小麦和长穗偃麦草的4号染色体上，属于特殊的非同源染色体，H/h基因位于5号染色体上，两对染色体上的基因可以独立分析，例如F1中的不育株（Hh）与小麦（HH）杂交，则F2中基因型及比例为HH：Hh＝1：1，F2再与小麦（hh）杂交，F3中基因型及比例为Hh：hh＝3：1。
（2）育种过程中的各项操作和设计是为育种目的服务的。本育种过程的目的是获得蓝粒和不育两性状不分离的小麦，最好的方案是使T和E基因能够位于同一条姐妹染色单体上。据题目条件，一是T基因和E基因位于不同植物的染色体上，二是h基因纯合（hh）的个体可以诱导细胞中T基因所在的染色体和E基因所在的染色体联会配对，并发生交叉互换，得到T基因和E基因位于同一条染色体上的个体。
【解答】解：（1）亲本雄性不育小麦（HH）的不育基因T与等位可育基因t位于4号染色体上，所以其基因型为TtHH，亲本小麦（hh）的基因型为tthh，所以F1中可育株（ttHh）：不育株（TtHh）＝1：1。
（2）F2中的蓝粒不育株的基因型及比例为TEHH、TEHh，其中T基因和E基因分别来自小麦的和长穗偃麦草的4号染色体，而h基因纯合后，可诱导来自小麦的和来自长穗偃麦草的4号染色体配对并发生交叉互换，使得T和E基因可以位于同一条姐妹染色单体上，从而获得蓝粒和不育两性状不分离的个体。
（3）F2中的蓝粒不育株的4号染色体一条来自小麦，一条来自长穗偃麦草，其余染色体均来自小麦，为同源染色体，所以其减数分裂时理论上能形成20个正常的四分体。不同来源的4号染色体在减数分裂中随机分配，仅考虑T/t、E基因，若两条4号染色体移向一极，则同时产生基因型为TE和O（两基因均没有）的两种配子，若两条4号染色体移向两极，则产生基因型为T和E的两种配子，所以F2中的蓝粒不育株共产生4种配子。F2中的蓝粒不育株产生TE配子的概率为，产生h配子的概率为，所以F3基因型为hh的蓝粒不育株占比是×＝。
（4）由F2中的蓝粒不育株产生的配子种类，可以确定形成F3中的蓝粒不育株的卵细胞中应含有两条4号染色体，且小麦染色体组成为2n＝42，所以F3蓝粒不育株体细胞中有43条染色体，多了一条4号染色体，这属于染色体数目变异。
（5）F3中的蓝粒不育株基因型为TEtHh和TEthh，含hh基因的个体可形成T和E交换到同一条染色体上的卵细胞，与小麦（ttHH）杂交，F4中的蓝粒不育株基因型为TEtHh，其中T基因和E基因连锁，位于同一条染色体上，t基因位于另一条染色体上，与小麦（ttHH）杂交，后代表现型及比例为蓝粒不育：非蓝粒可育＝1：1，即F4蓝粒不育株体细胞中的T基因和E基因位于同一条染色体上；而F3中关于h的基因型为Hh的个体与小麦（ttHH）杂交产生的F4中的蓝粒不育株含3个4号染色体，分别携带T基因、E基因及t基因，与小麦（ttHH）杂交，母本在减数第一次分裂前期联会时，携带T基因的染色体和携带t基因的染色体联会，携带E基因的染色体随机分配到细胞的一极，产生的配子基因型及比例为T：t：TE：tE＝1：1：1：1，与小麦（ttHH）杂交，子代表现型及比例为蓝粒可育：蓝粒不育：非蓝粒可育：非蓝粒不育＝1：1：1：1，即F4蓝粒不育植株体细胞中的T基因和E基因位于不同染色体上。本实验要培育蓝粒和不育两性状不分离的小麦，所以②符合育种要求。
故答案为：
（1）TtHH 1：1
（2）获得h基因纯合（hh）的蓝粒不育株，诱导小麦和长穗偃麦草的4号染色体配对并发生交叉互换，从而使T基因与E基因交换到一条姐妹染色单体上，以获得蓝粒和不育性状不分离的小麦
（3）20 4
（4）43 数目
（5）F4蓝色不育株体细胞中T基因和E基因位于不同染色体上 F4蓝色不育株体细胞中T基因和E基因位于同一条染色体上 ②
【点评】本题考查基因自由组合定律与染色体变异的相关知识，意在考查学生的识记能力和判断能力，运用所学知识综合分析问题的能力是解答本题的关键。
（2022•乙卷）某种植物的花色有白、红和紫三种，花的颜色由花瓣中色素决定，色素的合成途径是：白色红色紫色。其中酶1的合成由基因A控制，酶2的合成由基因B控制，基因A和B位于非同源染色体上。回答下列问题。
（1）现有紫花植株（基因型为AaBb）与红花杂合体植株杂交，子代植株表现型及其比例为
；子代中红花植株的基因型是 ；子代白花植株中纯合体所占的比例是 。
（2）已知白花纯合体的基因型有2种。现有1株白花纯合体植株甲，若要通过杂交实验（要求选用1种纯合体亲本与植株甲只进行1次杂交）来确定其基因型，请写出所选用的亲本基因型、预期实验结果和结论。
【分析】分析题干信息，可知相关基因型与表型的关系是：A_B_紫色、A_bb红色、aaB_白色、aabb白色。基因A和基因B位于非同源染色体上，遵循基因的自由组合定律。
【解答】解：（1）基因型为AaBb的紫花植株与红花杂合体植株（基因型为Aabb）杂交，子代基因型及比例为A_Bb：A_bb：aaBb：aabb＝（×）：（×）：（×）：（×）＝3：3：1：1，相应的表现型及比例为紫色：红色：白色＝3：3：2；子代中红花植株的基因型为AAbb、Aabb；子代白花植株包括aaBb与aabb，二者比例为1：1，故子代白花植株中纯合体占的比例是。
（2）根据上述分析，白花纯合体的基因型有aaBB与aabb两种，要选用1种纯合亲本通过1次杂交实验来确定其基因型，关键思路是要判断该白花植株甲是否含有B基因，且不能选择白花亲本，否则后代全部为白花，无法判断，故而选择基因型为AAbb的红花纯合个体为亲本，与待测植株甲进行杂交。若待测白花纯合个体的基因型为aabb，则子代花色全为红花；若待测白花纯合个体基因型为aaBB，则子代花色全为紫花。
故答案为：
（1）紫色：红色：白色＝3：3：2 AAbb、Aabb
（2）选用的亲本基因型：AAbb；预期实验结果及结论：若子代花色全为红花，则待测白花纯合个体的基因型为aabb；若子代花色全为紫花，则待测白花纯合个体基因型为aaBB
【点评】本题考查学生对基因的自由组合定律的理解与应用，首先要分析题干明确有关基因型与表型的关系，再运用所学规律和方法分析具体问题，设计实验判断待测个体的基因型。
（2021•乙卷）果蝇的灰体对黄体是显性性状，由X染色体上的1对等位基因（用A/a表示）控制：长翅对残翅是显性性状，由常染色体上的1对等位基因（用B/b表示）控制。回答下列问题：
（1）请用灰体纯合子雌果蝇和黄体雄果蝇为实验材料，设计杂交实验以获得黄体雌果蝇。（要求：用遗传图解表示杂交过程。）
（2）若用黄体残翅雌果蝇与灰体长翅雄果蝇（XAYBB）作为亲本杂交得到F1，F1相互交配得F2，则F2中灰体长翅：灰体残翅：黄体长翅：黄体残翅＝ ，F2中灰体长翅雌蝇出现的概率为 。
【分析】基因分离定律和自由组合定律的实质：进行有性生殖的生物在进行减数分裂产生配子的过程中，位于同源染色体上的等位基因随同源染色体分离而分离，分别进入不同的配子中，随配子独立遗传给后代，同时位于非同源染色体上的非等位基因进行自由组合。
【解答】解：（1）如果用灰体纯合子雌果蝇（XAXA）和黄体雄果蝇（XaY）为实验材料，设计杂交实验以获得黄体雌果蝇（XaXa），那么黄体雌果蝇（XaXa）的一个Xa，来自父本，另一个Xa来自母本。所以，可以用灰体纯合子雌果蝇（XAXA）和黄体雄果蝇（XaY）杂交，得到F1代XAXa，遗传图解如下：
然后用F1代的XAXa与亲本黄体雄果蝇（XaY）杂交，即可得到XaXa，遗传图解如下：
（2）题干中的控制果蝇体色和翅形的两种性状位于两对染色体上，符合自由组合定律的基因遗传规律。所以，用黄体残翅雌果蝇（XaXabb）与灰体长翅雄果蝇（XAYBB）作为亲本杂交得到F1，分别分析体色和翅形可知F1的基因组成为：（XAXa，XaY；Bb）。F1相互交配得F2，Bb×Bb→BB、Bb、bb（的长翅的残翅）。结合上述第（1）题的遗传图可知：F2中灰体长翅：灰体残翅：黄体长翅：黄体残翅＝：＝3：1：3：1，F2中灰体长翅雌蝇出现的概率为：＝。
故答案为：
（1）
（2）3：1：3：1
【点评】本题考查了伴性遗传和基因自由组合定律应用的有关知识，具有一定的难度，要求考生熟练掌握自由组合定律的内容，再利用逐对分析法计算后代的表现型及比例。
（2022•新华区校级一模）苦叶菜属于雌雄同花植株，其花色（黄色和白色）受两对等位基因（E/e、R/r）控制。E基因控制黄色素的合成，使花色表现为黄色，而R基因的存在会抑制E基因的表达，使花色表现为白色。现有多株纯合的白色植株和黄色植株杂交得到F1，F1自交得到F2，F2中白色植株有338株，黄色植株有78株。下列分析正确的是（ ）
A．苦叶菜亲本杂交过程中去除雄蕊需要在花成熟后进行
B．E/e和R/r两对等位基因位于一对同源染色体上
C．F2白花植株中表现型能稳定遗传的占
D．F1植株进行测交，子代表现型及比例是白色：黄色＝1：3
【分析】1、控制不同性状的遗传因子的分离和组合是互不干扰的，在形成配子时，决定同一性状的成对的遗传因子彼此分离，决定不同性状的遗传因子自由组合。
2、在生物体的体细胞中，控制同一种性状的遗传因子成对存在，不相融合，在形成配子时，成对的遗传因子发生分离，分离后的遗传因子分别进入不同的配子中，随配子遗传给后代。
【解答】解：A、由题可知，苦叶菜属于雌雄同花植株，杂交过程中去除雄蕊需要在花未成熟前进行，防止自花传粉对实验的干扰，A错误；
B、由题可知，花色（黄色和白色）受两对等位基因（E/e、R/r）控制。E基因控制黄色素的合成，使花色表现为黄色，而R基因的存在会抑制E基因的表达，使花色表现为白色，F2中白色植株：黄色植株＝338：78＝13：3，属于9：3：3：1变式，可判断E/e，R/r这两对等位基因位于两对同源染色体上，B错误；
C、E基因控制黄色素的合成，使花色表现为黄色，而R基因的存在会抑制E基因的表达，使花色表现为白色，所以E﹣rr表现为黄色，则F2白花植株基因型为E_R_、eeR﹣、eerr、表现型能稳定遗传的有1EERR，2EeRR、1eeRR、2eeRr，1eerr、共占，C正确；
D、F1植株进行测交，子代表现型及比例是白色：黄色＝3：1，D错误。
故选：C。
【点评】本题考查基因自由组合定律的相关知识，意在考查学生的识记能力和判断能力，运用所学知识综合分析问题的能力，难度适中。
（2022•洛阳一模）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
C．子代中有香味抗病植株中能稳定遗传的占
D．让所有子代自交，后代群体中能稳定遗传的有香味抗病植株所占比例为
【分析】分析子代的性状，可以用分离定律的思想解决自由组合的问题，如单独分析抗病感病的比例，可知亲本的基因型，分析无香味和有香味的比例，可知亲本另一对基因型。一对相同性状的亲本杂交，若子代出现不同于亲本的性状，则双亲均为杂合子，如题中的无香味亲本。
【解答】解：A、分析柱状图，图中无香味感病与无香味抗病植株杂交后代中：抗病和不抗病的比为50：50＝1：1，说明亲本相关基因型是Bb与bb；无香味和有香味的比值为75：25＝3：1，说明亲本相关基因型是Aa与Aa；则亲本的基因型是AaBb与Aabb，A正确；
B、子代中无香味抗病（A_Bb）的植株占×＝，B正确；
C、已知亲本的基因型是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；
D、亲代的基因型为Aabb×AaBb，子代香味相关的基因型为AA、Aa、aa，分别去自交得到aa的概率为，子代抗病性相关的基因型为Bb和bb，所以自交得到BB的概率为，所以得到能稳定遗传的香味抗病植株的比例为×＝，D正确。
故选：C。
【点评】本题考查基因自由组合定律的相关知识，意在考查学生的识图能力和判断能力，运用所学知识综合分析问题的能力，图中性状分离比是解题的突破口。
（2022•襄城区校级模拟）某科研小组利用植物染色体杂交技术，将携带R（抗倒伏基因）和A（抗虫基因）的豌豆染色质片段直接导入玉米体细胞，两种染色质片段可随机与玉米染色质融合形成杂交细胞，将杂交细胞筛选培育成既抗虫又抗倒伏性状的可育植株（F1），过程如图。下列相关叙述不正确的是（ ）
A．该过程杂交细胞发生的可遗传变异类型为染色体变异
B．该杂交植物在F2才首次出现了性状分离
C．该杂交植物第一次出现性状分离，会出现的既抗虫又抗倒伏的个体
D．若将两个染色体片段分别整合到同源染色体的两条染色体上，则自交后代可能出现既不抗虫又不抗倒伏的植株
【分析】分析题图：图示利用植物染色体杂交技术，将携带R（抗倒伏基因）和A（抗虫基因）的豌豆染色质片段直接导入玉米体细胞，两种染色质片段可随机与玉米染色质融合形成杂交细胞，将杂交细胞筛选分化培育成既抗虫又抗倒伏性状的可育植株。
【解答】解：A、根据题干信息“两种染色质片段可随机与玉米染色质融合形成杂交细胞”可知，杂交细胞发生的是染色体结构变异（易位），A正确；
BC、F1相当于双杂合子，则该杂交植物在F2代首次出现性状分离，其中既抗虫又抗倒伏个体（A_R_）所占比例为×＝，BC正确；
D、若将两个染色体片段分别整合到同源染色体的两条染色体上，可能这对同源染色体会因为差异太大而不能正常联会，导致其产生以下三种基因型A、R、AR的配子，则自交后代不可能出现既不抗虫又不抗倒伏（aarr）的植株，D错误。
故选：D。
【点评】本题结合图解，考查自由组合定律和生物变异的应用，要求考生识记生物变异的类型，掌握各种变异在育种中的应用，能正确分析题图，从中提取有效信息准确答题，属于考纲理解和应用层次的考查。
（2022•洛阳一模）现有若干未交配过的四种果蝇（甲、乙、丙、丁），眼色有正常眼（B）和褐眼（b），体色有灰体（E）和黑体（e），两对基因分布情况如图所示（除图示外不考虑其他变异）。下列叙述正确的是（ ）
A．丙果蝇染色体之间交换片段，属于基因重组
B．乙果蝇有丝分裂后期移向一极的基因是B，E或b、E
C．若甲与丁杂交，子代中灰体雄果蝇所占比例为
D．F1中获得基因型为BbEe的比例最高的杂交组合是甲乙
【分析】1、易位：一条染色体的某一片段移接到另一条非同源染色体上。如果两条非同源染色体互相交换染色体片段，叫做相互易位。相互易位的两个染色体片段可以是等长的，也可以是不等长的。
2、交叉互换：四分体中的非姐妹染色单体之间常发生缠绕，并交换一部分片段。
3、易位与交叉互换的比较：①易位属于染色体结构变异，能在显微镜下看到，发生在非同源染色体之间；交叉互换并未改变染色体形态、大小及基因数目，所以不是染色体结构变异，属于基因重组，在显微镜下看不到，它发生在同源染色体的非姐妹染色单体之间。②交叉互换是同源染色体上非姐妹染色单体之间等位基因的互换；相互易位是一对非同源染色体的非姐妹染色单体之间的片段互换，交换的是非等位基因。③易位能发生于有丝分裂和减数分裂；交叉互换只能发生在减数分裂过程中。④从定义可以看出，易位与交叉互换在本质上是相同的，都是染色体的断裂与重接。
【解答】解：A、由图可知，丙果蝇的非同源染色体的片段发生了互换，属于染色体结构变异中的易位，而不是基因重组，A错误；
B、乙果蝇有丝分裂后期移向一极的基因是B、E、b、E，B错误；
C、甲的基因型为bbee，丁的基因型为BBEe，杂交后产生含有基因ee的比例为，即灰体果蝇所占比例为，所以后代中灰体雄果蝇所占比例为×＝，C正确；
D、要想在获得基因型为BbEe的比例最高，则雌性亲本最好选择甲，雄性亲本最好选择丁，而且此时获得基因型为BbEe的比例为，D错误。
故选：C。
【点评】本题结合果蝇染色体组成考查细胞分裂、基因的自由组合定律、基因重组等内容，要求学生能够通过题图分析果蝇基因型，再应用基因重组及自由组合定律等进行分析计算，有一定的综合性。
（2022•枣庄二模）某自花传粉植物，有紫花和白花性状，受细胞核基因控制。选择某紫色植株自交，所得子代数量足够多，统计发现F1中开白花植株的比例为，其余均开紫花（不考虑基因突变和互换）。相关分析错误的是（ ）
A．若受两对等位基因控制，对亲本植株进行测交，则子代中白花植株的比例为
B．若受两对等位基因控制，F1的紫花植株进行自交，后代中有的植株开白花
C．若受一对等位基因控制，可能是杂合子植株产生的某种配子中有不参与受精
D．若受一对等位基因控制，F1的紫花植株进行自交，后代中有的植株开白花
【分析】1、控制不同性状的遗传因子的分离和组合是互不干扰的，在形成配子时，决定同一性状的成对的遗传因子彼此分离，决定不同性状的遗传因子自由组合。
2、在生物体的体细胞中，控制同一种性状的遗传因子成对存在，不相融合，在形成配子时，成对的遗传因子发生分离，分离后的遗传因子分别进入不同的配子中，随配子遗传给后代。
【解答】解：A、由题可知，某紫色植株自交，所得子代数量足够多，统计发现F1中开白花植株的比例为，其余均开紫花，说明紫花的基因型为A_B_，其余都为白花，因此亲本为AaBb测交后子代为AaBb、Aabb、aaBb、aabb表现为紫花：白花＝3：1，A正确；
B、若受两对等位基因控制，不考虑基因突变和互换，F1的紫花植株为AABB、AaBB、AABb、AaBb，自交以后AaBB的后代aaBB开白花，比例为×＝开白花，AABb的自交后代为AAbb开白花，比例为×＝开白花，AaBb进行自交后代Aabb、aaBb、aabb开白花比例为×＝，所以F1的紫花植株自交后代中有白花植株为++＝，B正确；
C、若受一对等位基因控制，即紫花亲本为杂合子Aa，若某一种配子不参与受精，即A：a＝1：7，另外一种配子A：a＝1：1，产生的后代符合开白花植株的比例为，C正确；
D、若受一对等位基因控制，则可能是某一种配子不参与受精，即A：a＝1：7，另外一种配子A：a＝1：1，产生的后代符合开白花植株的比例为，则F1为AA：Aa：aa＝1：8：7，F1的紫花植株进行自交，则只有Aa个体自交后代会出现白花植株，其比例为×＝，D错误。
故选：D。
【点评】本题考查学生从题干中获取相关信息，并结合所学孟德尔分离和自由组合定律做出正确判断，属于应用层次的内容，难度适中。
（2022•重庆模拟）生菜的颜色受两对等位基因A/a和B/b控制。野生生菜通常为绿色，遭遇逆境时合成花青素，使叶片变为红色，人工栽培的生菜品种在各种环境下均为绿色。用野生型红色生菜与人工栽培的绿色生菜杂交得到F1，F1自交得到F2，F2中有的个体始终为绿色。育种工作者根据A/a、B/b的基因序列设计特异性引物，分别对F2中部分红色植株的DNA进行PCR扩增，结果如图所示。下列分析错误的是（ ）
A．人工栽培的生菜均为绿色的根本原因可能是不含有合成红色花青素的基因
B．基因型为A_B_的生菜可能为红色，红色生菜光合作用可能较弱
C．由图中扩增结果可知，编号1到8的红色生菜中杂合植株所占比例为
D．F2中的红色生菜植株自交，若后代在适宜环境下生长发育，则绿色植株所占比例会增大
【分析】1、分析题图：植株3、5的A/a、B/b的基因扩增结果都只有一条带，可知3、5为纯合子。
2、分析题意：野生生菜通常为绿色，遭遇逆境时合成花青素，使叶片变为红色，人工栽培的生菜品种在各种环境下均为绿色。用野生型红色生菜与人工栽培的绿色生菜杂交，F1自交，F2中有的个体始终为绿色，说明红色个体所占比例为，红色生菜基因型为A﹣B﹣。
【解答】解：A、人工栽培的生菜均为绿色的根本原因可能是不含有合成红色花青素的基因，所以不能合成花青素，A正确；
B、光合色素主要吸收红光和蓝紫光，红色生菜对红光吸收的少反射的多，故光合作用可能较弱，B正确；
C、由题图中扩增结果可知，编号1到8的红色生菜中，植株3、5的A/a、B/b的基因扩增结果都只有一条带，可知3号和5号的基因是纯合的，其他都是杂合植株，所以杂合植株所占比例为，C错误；
D、F2中的红色生菜植株自交，因为后代在适宜环境下生长发育，而不是在逆境中，所以绿色植株所占比例会增大，D正确。
故选：C。
【点评】本题考查基因自由组合定律的相关知识，要求考生识记自由组合定律的实质，能正确分析题文和图形，获取有效信息，再结合所学知识正确答题。
（2022•历下区校级模拟）某动物的毛黑色（N）对白色（n）为显性，有尾（R）对无尾（r）为显性。下图为甲、乙两品系动物体细胞中部分染色体及基因情况。已知含片段缺失染色体的雄配子致死。取自甲品系的某雌性个体与取自乙品系的某雄性个体杂交，后代出现一个基因型为RRr的子代（丙）。相关叙述正确的是（ ）
A．甲品系的动物相互交配，后代有2种表型和8种基因型
B．甲品系雄性个体与乙品系雌性个体杂交，F1有四种基因型且F1的雄配子均不致死
C．丙与其父本杂交，产生Rr后代的概率是
D．丙产生的原因可能是甲个体在减数第一次分裂时异常所致
【分析】对于甲系个体，如果是雌性个体可以产生NR，Nr，nR，nr四种配子；如果是雄性个体，由于题中“已知含片段缺失染色体的雄配子致死”，所以只能产生两种配子：NR，Nr。
【解答】解：A、甲品系动物相互交配，雌性可以产生NR、Nr、nR、nr，4种配子，雄性由于n基因所在的染色体缺失导致雄配子致死，只能产生NR、Nr这2种配子，雌雄配子间随机结合，所以子代一共有6种基因型，2种表现型，A错误；
B、由于含片段缺失染色体的雄配子致死，甲品系动物雄性只能产生NR、Nr这2种配子，乙品系只能产生nr的配子，所以子代一共只有2种基因型，NnRr、Nnrr，且F1代个体染色体都没有缺失，所以雄配子都不致死，B错误；
C、由丙RRr的基因型可已看出，其中的RR来自其母本甲，r来自其父本乙，丙可以产生的配子R：Rr：RR：r＝2：2：1：1，父本（乙）只产生的1种配子r，所以后代产生Rr的比例为，C正确；
D、丙个体基因型为RRr，父本的基因型为rr，母本的基因型为Rr，产生了RRr的子代只能是母本在减数第二次分裂时含R的姐妹染色单体分开成的染色体没有分开而移向一极，D错误。
故选：C。
【点评】本题考查基因的自由组合定律有关知识，要求学生理解基因的自由组合定律的实质，明确致死问题的分析方法，在准确分析题干信息的基础上运用所学知识和方法解决问题。
（2022•保定一模）某二倍体自花传粉植物的红花与白花（由等位基因A、a控制）为一对相对性状，高茎（B）对矮茎（b）为显性性状。下表中是该植物两个杂交组合的实验统计数据。下列有关叙述不正确的是（ ）
A．根据乙组的实验结果，可判断出红花对白花为显性
B．甲组亲本红花高茎、白花矮茎的基因型分别是AaBb，aabb
C．在乙组F1的红花矮茎植株中，杂合子大约有206株
D．用甲组F1中的红花高茎植株自交，可验证含基因aB的雄配子不育
【分析】由表格可知，乙组F1中出现白花，说明白花对红花为隐性。由表格分析可知，甲组亲本红花高茎、白花矮茎的基因型分别是AaBb、aabb，乙组亲本红花高茎、红花矮茎的基因型分别是AaBb、Aabb。由表格可知，甲组F1中红花高茎：红花矮茎：白花高茎：白花矮茎＝1：1：0：1，乙组F1中红花高茎：红花矮茎：白花高茎：白花矮茎＝2：3：0：1。如果不存在配子不育，甲组F1中红花高茎：红花矮茎：白花高茎：白花矮茎＝1：1：1：1，乙甲组F1中红花高茎：红花矮茎：白花高茎：白花矮茎＝3：3：1：1，对比可知，aB的配子不育。
【解答】解：A、根据乙组的亲本都为红花，而F1中出现白花，说明白花对红花为隐性，即红花对白花为显性，A正确；
B、甲组亲本白花矮茎的基因型为aabb，再结合表格可知，F1中出现白花和矮茎，说明甲组亲本红花高茎的基因型是AaBb，B正确；
C、乙组F1的红花矮茎植株的基因型为AAbb和Aabb，且杂合子占2/3，大约有2/3×309＝206株，C正确；
D、用甲组F1中的红花高茎植株AaBb自交，基因aB的雄配子不育和基因aB的雌配子不育，结果都是一样的，无法验证，D错误。
故选：D。
【点评】本题旨在考查学生理解基因分离定律和自由组合定律的实质和应用条件，基因分离定律和自由组合定律与染色体行为变化之间的关系，把握知识的内在联系，形成知识网络，并应用相关知识结合题干信息进行推理、解答问题。
（多选）（2022•青岛一模）玉米高秆紫茎对矮秆绿茎为显性，豌豆高茎红花对矮茎白花为显性，两种生物的两对基因位于非同源染色体上。育种工作者利用玉来和豌豆完成以下实验。下列说法错误的是（ ）
A．第一组和第三组Fn中所得纯合子的比例相同
B．第二组和第四组中茎色和花色的基因频率始终不变
C．第三组Fn中杂合子的比例为（）n
D．第四组比第二组更容易得到纯合子
【分析】1、基因分离定律和自由组合定律的实质：进行有性生殖的生物在进行减数分裂产生配子的过程中，位于同源染色体上的等位基因随同源染色体分离而分离分别进入不同的配子中，随配子独立遗传给后代，同时位于非同源染色体上的非等位基因进行自由组合，由于基因自由组合定律同时也遵循分离定律，因此可以将自由组合问题转化成分离定律问题进行解答。
2、玉米自然状态下进行随机授粉，而豌豆进行自花传粉，设玉米的高秆为A，紫茎为B；豌豆的高茎为C，红花为D，则玉米P：AABB×aabb→F1AaBb，豌豆P：CCDD×ccdd→F1CcDd。
【解答】解：A、玉米自然状态下进行随机授粉，而豌豆进行自花传粉，故第一组和第三组Fn中所得纯合子的比例不同，A错误；
B、由于第二组和第四组淘汰的是矮茎或矮秆个体，对于茎色和花色没有影响，故正常情况下，第二组和第四组中茎色和花色的基因频率始终不变，B正确；
C、由于各存在两对等位基因，每对等位基因（AABB、aabb或CCDD、ccdd）纯合的概率为1/2，则F1纯合的概率为×＝，故第三组Fn中纯合子的比例为（）n，杂合子比例为1﹣（）n，C错误；
D、第二组是随机授粉，子n代纯合子的概率为，而第4组纯合子的概率为，从子二代开始，第四组每代到纯合子的概率更大，故第四组比第二组更容易得到纯合子，D正确。
故选：AC。
【点评】本题旨在考查学生理解基因分离定律和自由组合定律的实质，掌握自交和自由交配的区别和计算方法，再结合所学知识正确答题。
（2021•鹤壁模拟）某雌雄异株的一年生植物有紫花白花两种花色。利用紫花和白花植株进行以下实验：
甲组：紫花植株多代随机交配，后代均为紫色；
乙组：纯种白色植株与纯种紫色植株杂交。正交反交的F1代均为白色个体；
丙组：用乙中F1与紫色植株杂交，统计后代中白色个体与紫色个体数量之比约为15：1。
（1）上述实验说明该相对性状至少受 对等位基因控制。
（2）一株紫花雌性植株的叶型表现为异型叶，该植株与双亲及其他个体的叶型都不同，若该叶型由核内显性基因控制，该植株与正常叶植株杂交，统计发现F1表现型及比例为异型叶雌：异型叶雄：正常叶雌：正常叶雄＝1：1：1：1。此结果说明该异型叶植株为 （填“纯合子”或“杂合子”）。能否根据此结果判断该基因位于常染色体上， （填“能”或“不能”），原因是
。
（3）若确定该异型叶植株为杂合子，且基因位于常染色体上。发现无法通过连续自交选种获得纯合异型叶植株，也无法通过测交留种，请分析原因
。可用 方法获得纯合异型叶植株。
【分析】根据题意分析，乙组实验的亲本是纯种紫色和白色，无论正反交子一代都表现为白色，说明白色对紫色为显性性状，且受常染色体上的基因控制；丙组实验用乙组的子一代与紫色（隐性纯合子）杂交，后代的性状分离比为15：1，隐性性状占＝（）4，说明该性状至少受两对等位基因控制，遵循基因的自由组合定律。
【解答】解：（1）由乙组可知，白色对紫色为显性；由丙组可知，对乙组F1进行测交，后代隐性个体占，说明乙组F1为四对基因杂合，说明花色至少受四对等位基因控制。
（2）突变个体后代表现型及比例为异型叶雌：异型叶雄：正常叶雌：正常叶雄＝1：1：1：1，只有当其为杂合子时才能出现该比例；但是无法判断该基因突变的位置是否为常染色体，因为无论基因在常染色体上还是在X染色体上，F1表现型及比例都是异型叶雌：异型叶雄：正常叶雌：正常叶雄＝1：1：1：1。
（3）传统杂交方法获得纯合子的方法可以连续自交，直至不发生性状分离时为止；也可以通过测交，判断基因型后选择。然而该异型叶性状为显性突变，无法确定子代中异型叶的基因型；另外该植物为雌雄异株，因此无法通过连续自交的方法获得纯合子；此外由于该植物为一年生植物，即使通过测交确认为纯合的个体也无法用于后续育种过程；可用单倍体育种的方法获得纯合异型叶植株，该育种方法可以明显缩短育种年限。
故答案为：
（1）4
（2）杂合子 不能 无论基因在常染色体还是在X体上，F1表现型及比例都是异型叶雌：异型叶雄：正常叶雌：正常叶雄＝1：1：1：1
（3）①（由于异型叶性状为显性突变，）该植物为雌雄异株，无法通过连续自交获得纯合子；②该植物为一年生植物，即使通过测交确认为纯合的个体也无法用于后续育种过程
单倍体育种
【点评】解答本题的关键是掌握基因的自由组合定律及其实质，明确丙组实验为测交实验，根据后代的性状分离比判断该性状至少受多少对等位基因控制。
三对及三对以上等位基因的遗传问题在近几年的高考中也有涉及，对三对及三对以上等位基因的考查，既有全部基因在常染色体上的情况，也有部分基因在常染色体上、部分基因在性染色体上的情况，试题综合性比较强，能很好考查考生的科学探究和推理能力。
（2021•乙卷）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的测交子代会出现2n种不同表现型的个体
B．n越大，植株A测交子代中不同表现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
【分析】1、基因自由组合定律的实质：位于非同源染色体上的非等位基因的分离或自由组合是互不干扰的；在减数分裂过程中，同源染色体上的等位基因彼此分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合。
2、根据题意分析可知：二倍体植物的n个不同性状由n对独立遗传的基因控制，遵循基因自由组合定律。
【解答】解：A、由于植株A的n对基因均杂合，所以其测交子代会出现2n种不同表现型的个体，A正确；
B、植株A测交子代中不同表现型个体数目都相等，B错误；
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，比例为1：1，C正确；
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，比例为（2n﹣1）：1，D正确。
故选：B。
【点评】本题考查自由组合定律的实质及应用的相关知识点，意在考查学生对所学知识的理解与掌握程度，培养了学生分析题意、获取信息、解决问题的能力。
（多选）（2022•山东）某两性花二倍体植物的花色由3对等位基因控制，其中基因A控制紫色，a无控制色素合成的功能。基因B控制红色，b控制蓝色。基因I不影响上述2对基因的功能，但i纯合的个体为白色花。所有基因型的植株都能正常生长和繁殖，基因型为A_B_I_和A_bbI_的个体分别表现紫红色花和靛蓝色花。现有该植物的3个不同纯种品系甲、乙、丙，它们的花色分别为靛蓝色、白色和红色。不考虑突变，根据表中杂交结果，下列推断正确的是（ ）
A．让只含隐性基因的植株与F2测交，可确定F2中各植株控制花色性状的基因型
B．让表中所有F2的紫红色植株都自交一代，白花植株在全体子代中的比例为
C．若某植株自交子代中白花植株占比为，则该植株可能的基因型最多有9种
D．若甲与丙杂交所得F1自交，则F2表型比例为9紫红色：3靛蓝色：3红色：1蓝色
【分析】根据题意，基因型为A_B_I_和A_bbI_的个体分别表现紫红色花和靛蓝色花，aaB_I_的个体表现为红色，_____ii表现为白色。杂交组合一中F2的性状分离比为紫红色：靛蓝色：白色＝9：3：4，为9：3：3：1的变式，说明相关的两对等位基因的遗传符合基因自由组合定律。同理根据乙、丙杂交结果，说明相关的等位基因的遗传符合基因自由组合定律。甲、乙、丙的花色分别为靛蓝色、白色和红色，甲的花色为靛蓝色，则基因型为AAbbII；丙的花色为红色，则基因型为aaBBII；根据两组杂交结果的F1均表现为紫红色（A_B_I_），已知甲、丙的基因型，乙花为白色，则乙的基因型应该为AABBii。
【解答】解：A、子二代白花植株的基因型为AA__ii或__BBii，只含隐性基因的植株与F2白花植株测交子代全部为白花，无法鉴别这部分个体的基因型，A错误；
B、甲×乙杂交组合中F2的紫红色植株基因型及比例为AABbIi：AABBIi：AABbII：AABBII＝4：2：2：1，其中II：Ii＝1：2。乙×丙杂交组合中F2的紫红色植株基因型及比例为AaBBIi：AABBIi：AaBBII：AABBII＝4：2：2：1，其中II：Ii＝1：2。F2的紫红色植株自交，白花植株在全体子代中的比例为×＝，B正确；
C、若某植株自交子代中白花植株占比为，则该植株的基因型为____Ii，可能的基因型最多有3×3＝9种，C正确；
D、甲与丙杂交所得F1的基因型为AaBbII。若A/a与B/b两对基因位于两对同源染色体上，遵循自由组合定律，F1自交的子代表现型及比例为紫红色（A_B_II）：靛蓝色（A_bbII）：红色（aaB_II）：蓝色（aabbII）＝9：3：3：1；若A/a与B/b两对基因位于一对同源染色体上，不遵循自由组合定律，F1自交的子代表现型及比例为紫红色（AaBbII）：靛蓝色（AAbbII）：红色（aaBBII）＝2：1：1，D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查基因的分离定律与自由组合定律的分析应用，首先结合题中具体情境分析基因型与表现的对应关系，再运用有关的规律、方法进行推理、计算。
（2022•临沂三模）果蝇的眼色由A/a和B/b两对独立遗传的基因控制，其中B、b位于X染色体上，A和B同时存在时果蝇表现为红眼，B存在而A不存在时为粉红眼，其余均为白眼。果蝇另一对常染色体上的基因T、t与A、a不在同一对同源染色体上，当t纯合时对雄果蝇无影响，但会使雌果蝇性反转成不育的雄果蝇。让一只纯合红眼雌果蝇与一只白眼雄果蝇杂交所得F1的雌雄果蝇随机交配，F2雌雄比例为3：5且无粉红眼出现。用带荧光标记的B、b基因的特异序列作探针，与F2中各雄果蝇细胞装片的细胞内B、b杂交，通过观察有丝分裂后期细胞中荧光点的个数判断果蝇是否可育。下列说法错误的是（ ）
A．A/a、B/b、T/t三对基因遵循自由组合定律
B．亲代雄果蝇的基因型为ttAAXbY
C．F2雌果蝇共有4种基因型，纯合子占
D．能观察到4个荧光点的雄果蝇不育
【分析】1、控制不同性状的遗传因子的分离和组合是互不干扰的，在形成配子时，决定同一性状的成对的遗传因子彼此分离，决定不同性状的遗传因子自由组合。
2、在生物体的体细胞中，控制同一种性状的遗传因子成对存在，不相融合，在形成配子时，成对的遗传因子发生分离，分离后的遗传因子分别进入不同的配子中，随配子遗传给后代。
【解答】解：A、果蝇的眼色由A/a和B/b两对独立遗传的基因控制，其中B、b位于X染色体上，果蝇另一对常染色体上的基因T、t与A、a不在同一对同源染色体上，因此A/a、B/b、T/t分别位于三对染色体上，故A/a、B/b、T/t三对基因遵循自由组合定律，A正确；
B、A和B同时存在时果蝇表现为红眼，B存在而A不存在时为粉红眼，其余情况为白眼，则红眼是A_XBX﹣、A_XBY，粉红眼aaXBX﹣、aaXBY，其余基因型（A﹣XbXb、A﹣XbY、aaXbXb，aaXbY）是白眼，果蝇体内另有一对常染色体的基因T、t与A、a不在同一对同源染色体上，当t基因纯合时对雄果蝇无影响，但会使雌果蝇性反转成不育的雄果蝇，所以纯合红眼雌果蝇的基因型是TTAAXBXB，让其与一只白眼雄果蝇aaXbY或A﹣XbY杂交，所得F1代的雌雄果蝇随机交配，F2代雌雄比例为3：5，说明有性反转现象，说明白眼雄果蝇有tt基因；无粉红眼出现，说明白眼雄果蝇没有a基因，所以这只白眼雄果蝇的基因型是ttAAXbY，B正确；
C、果蝇的两对基因T、t与A、a在遗传时遵循基因的自由组合定律，分别位于两对常染色体上，判断亲代雌果蝇的基因型为TTAAXBXB，F1代果蝇基因型是TtAAXBXb、TtAAXBY，F2代雌果蝇中T﹣AAXBX﹣共四种基因型，其中纯合子为TTAAXBXB，占×＝，C错误；
D、由于B、b基因位于X染色体上，不育的雄性果蝇是由雌果蝇性反转而来的，因此其体内有两条X染色体，没有Y染色体，在一个处于有丝分裂后期的细胞中，若观察到4个荧光点，即有4条X染色体，则说明该雄果蝇为雌果蝇性反转而来，因此不育，D正确。
故选：C。
【点评】本题考查学生从题中获取相关信息，并结合所学基因的自由组合定律做出正确判断，属于应用层次的内容，难度适中。
（2022•信阳二模）某植物有缺刻叶品系甲和乙，让它们分别与一纯合的正常叶植株丙（AABBCC）杂交得F1，F1自交得F2，杂交结果如下表所示，据此推测正确的是（ ）
A．品系甲、乙均为纯合子，其控制叶形的基因型均有多种
B．控制叶形的三对等位基因均遵循分离定律，但不遵循自由组合定律
C．上述F2中的杂合子植株自交均会发生性状分离
D．上述两个F1杂交，理论上后代正常叶植株中杂合子的比例为
【分析】甲和丙杂交，F1全为正常叶，F2中正常叶的比例为36÷（36+28）＝9/16，说明F1中有两对等位基因，因此甲的基因型可能是AAbbcc、aaBBcc、aabbCC；乙和丙杂交，F1全为正常叶，F2中正常叶的比例为27÷（37+27）＝，说明F1中有三对等位基因，基因型是AaBbCc，乙的基因型是aabbcc；正常叶的基因型是A_B_C_，其余基因型都是缺刻叶，三对基因遵循自由组合定律。
【解答】解：A、根据分析，甲乙都是纯合子，但乙的基因型只能是aabbcc，A错误；
B、根据分析，三对基因遵循自由组合定律，均遵循分离定律，B错误；
C、乙丙杂交F1基因型是AaBbCc，如果F2自交，只有正常叶的杂合子自交会发生性状分离，缺刻叶的杂合子自交不会发生性状分离，例如Aabbcc的杂合子，自交都是缺刻叶，不会发生性状分离，C错误；
D、如果甲的基因型是AAbbcc，则F1基因型是AABbCc，乙丙杂交F1基因型是AaBbCc，二者杂交，正常叶的比例为1××，纯合子AABBCC＝，所以正常叶中纯合子的概率为÷＝，杂合子的比例为，D正确。
故选：D。
【点评】本题结合表格，考查基因自由组合定律的实质及应用的相关知识，要求考生识记基因自由组合定律的实质，能根据表格信息准确判断表现型与基因型的对应关系，再根据表格信息答题。
（2022•沙坪坝区校级模拟）某植物的花色受三对独立遗传的等位基因（A/a、B/b、D/d）控制，存在B基因时A基因才能表达，A、B、D基因同时存在时开紫花，存在A、B基因而没有D基因时开红花，其他情况开白花。如果用两个纯种作亲本杂交，F1植株均开紫花，F1自交得到的F2植株出现白：红：紫＝28：9：27的数量比，则亲本的杂交组合不可能是（ ）
A．AABBDD×aabbDDB．AAbbDD×aaBBdd
C．aaBBDD×AAbbddD．aabbDD×AABBdd
【分析】由题可知，三对等位基因能自由组合，且紫花的基因型为A﹣B﹣D﹣，红花的基因型为A﹣B﹣dd，其他情况开白花。
【解答】解：F1自交得到的F2植株出现白：红：紫＝28：9：27的数量比，紫花（A﹣B﹣D﹣）占的比例为，相当于，因此可判断F1基因型为AaBbDd，而且亲本为纯合子，故亲本的杂交组合可以是AAbbDD×aaBBdd、aaBBDD×AAbbdd、aabbDD×AABBdd，两个纯合亲本的基因型不可能为AABBDD和aabbDD，A符合题意。
故选：A。
【点评】本题主要考查基因的自由组合定律的应用，意外考查考生的识记能力与理解能力，运用所学知识解决问题的能力。
（2022•河北模拟）小鼠的毛色是由小鼠毛囊中黑色素细胞合成的色素控制的。酪氨酸是合成色素的前体物，酪氨酸在酪氨酸激酶的作用下可以合成多巴醌，B 基因控制酪氨酸激酶的合成，b 基因无法控制酪氨酸激酶的合成，表现为白化小鼠。D 基因可以表达黑色素合成酶，将多巴醌合成黑色素，d 基因无法表达黑色素合成酶，多巴醌会转化成棕黄色素。B基因与D基因位于常染色体上，独立遗传。
（1）为探究某只白化雌鼠是否能表达出黑色素合成酶，选用基因型为Bbdd 的雄鼠与该雌鼠杂交，若子代的表现型及比例为 ，说明该白化雌鼠不能表达黑色素合成酶。
（2）在实验室种群中，小鼠始终自由交配，经多代培养后，种群中棕黄色小鼠占全体小鼠的比例为 31.36%，黑色小鼠占全体小鼠的比例为 32.64%，则 B 基因频率为 。从该种群中随机选取一只黑色雌鼠和一只棕黄色雄鼠交配，产生的子代为白化雌鼠的概率是 。
（3）科研人员在上述种群中发现了一只褐色雌鼠甲和一只褐色黑色相间的雌鼠乙。经过基因检测发现控制褐色性状的基因Avy，该基因的表达产物可以抑制多巴醌合成黑色素，并使多巴醌转化为褐色素。黑褐相间小鼠体内存在Avy基因的等位基因A，A 基因的表达产物也可以催化合成褐色素，但受毛囊周期调控，毛囊退化时，A 基因不表达，毛囊生长时，A 基因表达。Avy基因表达不受毛囊周期调控。推测基因型为AvyABBDD 的小鼠表现型为 ，理由是
。
（4）已知B 基因和Avy基因分别位于1 号和2 号常染色体上。科研人员利用小鼠甲、小鼠乙和基因型为aaBbDd 的黑色雄鼠丙（其中a 基因和Avy、A 基因互为等位基因，a 基因不表达催化合成褐色素的酶），进行了如下杂交实验：
由上述杂交结果可以推断，甲的基因型为 ，乙的基因型为 。选取组合4 子代中黑褐相间雌鼠与戊杂交，如果子代中非白化小鼠的表现型及比例为
，则D 基因不在2 号常染色体上。
【分析】据题分析，黑色素的合成受两对等位基因B/b和D/d的控制，存在B基因能控制合成多巴醌，有D基因可将多巴醌合成黑色素，由于两对等位基因位于两对常染色体上，故遵循基因的自由组合定律。具体分析，黑色鼠基因型为B_ D_，棕黄色鼠基因型为B_ dd，白化鼠基因型为bb_ _。
【解答】解：（1）白化雌鼠基因型为bb_ _为探究白化雌鼠是否能表达成黑色素合成酶，即有没有D基因，应选用有控制酪氨酸激酶合成的基因型为Bbdd的棕黄色雄鼠与该雌鼠做测交，根据bb_ _×Bbdd→bb_ d：Bb_ d＝1：1，若子代的表现型及比例为棕黄色：白色＝1：1，说明该白化雌鼠不能表达黑色素合成酶，即该白化雌鼠基因型为bbdd。
（2）种群中棕黄色小鼠（B_ dd）占全体小鼠的比例为 31.36%，黑色小鼠（B_ D_ ）占全体小鼠的比例为 32.64%，则白化小鼠占全体小鼠的比例为1﹣31.36%﹣32.64%＝36%，单独看B/b基因，因为60%×60%＝36%，所以b基因频率为60%，则B基因频率为1﹣60%＝40%（或0.4）。从该种群中随机选取一只黑色雌鼠（B_ D_）和一只棕黄色（B_ dd） 雄鼠交配，要得到白化bb_ _子代，只需要考虑B/b基因，黑色雌鼠和棕黄色雄鼠基因型都应为Bb，黑色小鼠中Bb的概率为60%×40%×2÷（40%×40%+60%×40%×2）＝，而棕黄色小鼠中Bb的概率同样为，故产生的子代为白化雌鼠（bb_ _ ）的概率是×××＝。
（3）据题“控制褐色性状的基因Avy，该基因的表达产物可以抑制多巴醍合成黑色素，并使多巴醍转化为褐色素”，由于AvyABBDD的小鼠含有B基因，可以合成多巴醌，Avy基因存在，且Avy基因表达不受毛囊周期调控，始终可以抑制多巴醌合成黑色素，并使多巴醍转化为褐色素，故该小鼠表现为褐色。
（4）根据信息，杂交组合1子代产生白化鼠（bb_ _ ），结合亲本甲的性状，可写出甲的基因型AvyaBb_ _，由于Avy_Bb_ _×aaBbDd子代产生黑色（aaB_ D_ ） 且比例为＝××1，可知甲的基因型为AvyaBbDD。组合2子代能得到褐色，结合乙的性状分析乙的基因型为AaB_ D_，AaB _D_×aaBbDd子代无白化，故乙必含BB，结合子代黑褐相间：黑＝1：1，可知乙基因型为AaBBDD。已知B基因和Avy基因分别位于1号和2号常染色体上，为了证实D基因不在2号染色体上，即Avy基因及其等位基因与D及其等位基因之间满足自由组合定律，可采用测交方式，可选择雌鼠乙AaBBDD和组合3中棕黄色雄鼠（aaB_ dd） 杂交，选取后代中黑褐相间的雌鼠（AaB_ Dd） 与组合3子代中的棕黄色雄鼠（aaB_ dd）杂交，若D基因不在2号染色体上，则满足自由组合定律，即AaB_Dd×aaB_ dd→（Aa：aa） （BB：B_：bb） （Dd：dd），只看A/a与D/d之间的自由组合，故可只观察非白化小鼠，即为（Aa：aa）×B_×（Dd：dd）＝（1：1）×1×（1：1），可得子代非白化小鼠的表现型及比例为黑褐相间：黑色：棕黄色＝2：1：1。
故答案为：
（1）棕黄色：白色＝1：1
（2）40%（或0.4）
（3）褐色 存在B 基因，可以合成多巴醌，存在Avy 基因，不受毛囊周期调控，始终可以抑制多巴醌合成黑色素，使多巴醌转化为褐色素
（4）AvyaBbDD AaBBDD 黑褐相间：黑色：棕黄色＝2：1：1
【点评】本题考查基因的自由组合定律、利用基因分离定律的思想解决自由组合问题以及基因频率等相关知识点，解答本题的关键是掌握两大定律的原理以及从题干中获取有效的信息，并能够归纳出相关基因型和表现型，难度较大。
杂交组合
子代叶片边缘
①×②
光滑形
①×③
锯齿状
①×④
锯齿状
①×⑤
光滑形
②×⑥
锯齿状
组别
杂交组合
F1
F2
1
甲×乙
红色籽粒
901红色籽粒，699白色籽粒
2
甲×丙
红色籽粒
630红色籽粒，490白色籽粒
亲本组合
F1额表现型及其株数
组别
表现型
红花高茎
红花矮茎
白花高茎
白花矮茎
甲
红花高茎×白花矮茎
200
198
0
205
乙
红花矮茎×红花高茎
197
309
0
104
P（纯合）
组别
处理方式
玉米
高秆紫茎×矮秆绿茎
一
自然种植直至Fn
二
自然种植，自F1开始逐代去掉矮秆个体直至Fn
豌豆
高茎红花×矮茎白花
三
自然种植直至Fn
四
自然种植，自F1开始逐代去掉矮茎个体直至Fn
杂交组合
F1表型
F2表型及比例
甲×乙
紫红色
紫红色：靛蓝色：白色＝9：3：4
乙×丙
紫红色
紫红色：红色：白色＝9：3：4
杂交组合
甲×丙
乙×丙
F1
全为正常叶植株
全为正常叶植株
F2
正常叶植株36株，缺刻叶植株28株
正常叶植株27株，缺刻叶植株37株
杂交组合
亲本
子代表现型及比例
1
褐色雌鼠甲×黑色雄鼠丙
黑：褐：白＝3：3：2
2
黑褐相间雌鼠乙×黑色雄鼠丙
黑褐相间：黑＝1：1
3
组合1 子代某黑色雌鼠丁×黑色雄鼠丙
黑：棕黄＝3：1
4
组合3 子代某棕黄色雄鼠戊×黑褐相间雌鼠乙
黑褐相间：黑＝1：1