2023新教材高中生物第一章遗传的基本规律水平测试浙科版必修2

这是一份2023新教材高中生物第一章遗传的基本规律水平测试浙科版必修2，共14页。
第一章水平测试
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间60分钟。
第Ⅰ卷(选择题，共50分)
一、选择题(共25题，每小题2分，共50分)
1．下列各项中，属于相对性状的是(　　)
A．月季的红花与绿叶
B.蚕豆的高茎与圆叶
C．人的双眼皮与单眼皮
D.兔的长毛与狗的黑毛
答案　C
解析　月季的红花与绿叶是同一种生物的不同性状，不属于相对性状，A错误；蚕豆的高茎与圆叶是同一种生物的不同性状，不属于相对性状，B错误；人的双眼皮与单眼皮是同一种生物的同一种性状的两种表现类型，属于相对性状，C正确；兔的长毛与狗的黑毛是不同生物的性状，不属于相对性状，D错误。
2．关于纯合子的叙述正确的是(　　)
A．纯合子杂交的后代都是纯合子
B．纯合子自交的后代都是纯合子
C．纯合子测交的后代都是杂合子
D．纯合子产生的配子基因型相同
答案　B
解析　两纯合子杂交后代可能是杂合子，如AA×aa→Aa，A错误；纯合子只产生一种配子，自交后代都是纯合子，B正确；纯合子测交后代既有纯合子，也有杂合子，如AA×aa→Aa，aa×aa→aa，C错误；不同纯合子个体产生的配子基因型不同，如AA产生的配子的基因型为A，aa产生的配子的基因型为a，D错误。
3．控制两对相对性状的基因自由组合，如果F2的分离比分别是9∶7、9∶6∶1和15∶1，那么F1与双隐性个体测交，得到的分离比分别是(　　)
A．1∶3、1∶2∶1和3∶1 B．1∶2、1∶4∶1和1∶3
C．1∶3、2∶1∶1和1∶3 D．3∶1、1∶4∶1和3∶1
答案　A
解析　根据题意分析，AaBb产生的F2的分离比是9∶7，根据9∶3∶3∶1，说明A、B都存在是一种性状，占9份，其他所有是一种性状，占7份，所以AaBb与aabb测交，后代AaBb为一种性状，Aabb、aaBb、aabb为另一种性状，即F1与纯合隐性个体测交，得到的分离比分别是1∶3；AaBb产生的F2的分离比是9∶6∶1，(9指每对基因至少带一个显性基因，6指只带有一对隐性纯合基因，1指带有2对隐性纯合基因)，所以AaBb与aabb测交，后代AaBb为一种性状，Aabb、aaBb又为一种性状，而aabb为另一种性状，即F1与纯合隐性个体测交，得到的分离比分别是1∶2∶1；AaBb产生的F2的分离比是15∶1(15指带有一个或一个以上的显性基因，1指无显性基因，即aabb)，所以AaBb与aabb测交，后代AaBb、Aabb、aaBb为一种性状，aabb为另一种性状，即F1与纯合隐性个体测交，得到的分离比分别是3∶1。
4．把黄玉米和白玉米隔行种植在一块试验田里，让它们在自然条件下传粉，结果黄玉米植株结出的果穗上籽色全部是黄色，白玉米植株结出的果穗上籽色有黄有白。以下叙述正确的是(　　)
A．黄色对白色为显性，黄玉米是纯合子，白玉米是杂合子
B．黄色对白色为显性，黄玉米和白玉米都是纯合子
C．白色对黄色为显性，白玉米是纯合子，黄玉米是杂合子
D．白色对黄色为显性，白玉米和黄玉米都是纯合子
答案　B
解析　黄玉米果穗上全部是黄色，白玉米果穗上有黄色也有白色，说明黄色对白色为显性。白玉米果穗上有白色，是自花传粉所致。黄玉米不管是自花传粉，还是异花传粉，后代全为黄色，说明未出现性状分离。所以，黄玉米是纯合子，白玉米为隐性，也是纯合子。
5．豌豆的花色受一对基因控制，A控制紫花，a控制白花，A对a完全显性。现欲研究某株紫花豌豆是纯合子还是杂合子，最简便的方法是(　　)
A．测交
B．自交
C．与基因型为AA的植株杂交
D．与基因型为Aa的植株杂交
答案　B
解析　鉴别一株紫花豌豆是不是纯合体，可用测交法和自交法，豌豆是闭花自花授粉(自交)植物，因此自交法最简便。
6．孟德尔一对相对性状的杂交实验中，能直观体现基因分离定律实质的是(　　)
A．F1只表现为一种亲本性状
B．测交后代的比例为1∶1
C．F2基因型的比例为1∶2∶1
D．F1产生的雌雄配子比例为1∶1
答案　B
解析　基因分离定律的实质是在产生配子时成对的遗传因子彼此分离，分别进入到不同的配子中。F1只表现为一种亲本性状，不能体现基因的分离定律，A错误；测交后代的比例为1∶1，能验证基因的分离定律，即直观体现基因分离定律的实质，B正确；F2基因型的比例为1∶2∶1，能体现基因的分离定律，但不直观，C错误；F1产生的雌雄配子比例不是1∶1，D错误。
7．某种植物其花色有白色和紫色，现选取白色和紫色二个纯合品种做杂交实验，结果如下紫花×白花，F1全为紫花，F1自交，F2表型及比例为9紫花∶3红花∶4白花。将F2红花自交，产生的F3中纯合子占总数的比例为(　　)
A．1/6 B．5/9
C．1/2 D．2/3
答案　D
解析　由分析可知，花色是由两对基因控制的，并且遵循基因的自由组合定律，因此亲本基因型可以表示为紫花(AABB)×白花(aabb)，因此子二代红花基因型为1/3AAbb、2/3Aabb(或1/3aaBB,2/3aaBb)，自交后F3中纯合子＝1/3＋2/3×1/2＝2/3。
8．下列属于性状分离现象的是(　　)
A．一对表型正常的夫妇生了一个色盲的儿子和正常的女儿
B．一对血型为A型与B型的夫妇生了一个血型为AB型的孩子
C．纯合红花(CC)和纯合白花(cc)的金鱼草杂交，所得F1(Cc)的花色表现为粉红花
D．对某未知基因型的个体进行测交后子代的性状表现
答案　A
解析　一对表型正常的夫妇生了一个色盲的儿子和正常的女儿，A属于性状分离；一对血型为A型与B型的夫妇生了一个血型为AB型的孩子，子女与两个亲本就不同属于共显性，B不属于性状分离；纯合红花(CC)和纯合白花(cc)的金鱼草杂交，所得F1(Cc)的花色表现为粉红花，属于不完全显性遗传，C不属于性状分离；对某未知基因型的个体进行测交后子代的性状表现，与两亲本均一致，D不属于性状分离。
9．以下实验中不能验证自由组合定律的是(　　)
A．F1黄色圆形豌豆自交
B．F1黄色圆形豌豆测交
C．亲本黄色圆形与亲本绿色皱形杂交
D．鉴定F1黄色圆形配子类型及比例
答案　C
解析　若控制两对相对性状的基因型位于两对同源染色体上，遵循基因的自由组合定律，则F1黄色圆形豌豆自交，后代的性状分离比为9∶3∶3∶1，A正确；若控制两对相对性状的基因型位于两对同源染色体上，遵循基因的自由组合定律，则F1黄色圆形豌豆测交，后代的性状分离比为1∶1∶1∶1，B正确；无论两对等位基因位于一对同源染色体上还是两对同源染色体上，亲本黄色圆形与亲本绿色皱形杂交，后代表型都是黄色圆形，C错误；若控制两对相对性状的基因型位于两对同源染色体上，遵循基因的自由组合定律，则F1黄色圆形能够产生4种比例相等的配子，D正确。
10．关于孟德尔一对相对性状杂交实验叙述错误的是(　　)
A．F2的数量越多，性状分离比越接近3∶1
B．孟德尔猜测产生配子时F1中等位基因随同源染色体的分开而分离
C．杂交实验操作中，应对母本进行去雄，而父本不需要去雄
D．等位基因是控制一对相对性状的两种不同形式的基因
答案　B
解析　孟德尔利用统计学方法统计后代的个数，故F2的数量越多，性状分离比越接近3∶1，A正确；孟德尔猜测F1中产生两种等量的不同类型的配子，但未提出等位基因随同源染色体的分开而分离，B错误；杂交实验操作中，应对母本进行去雄，防止自花传粉，而父本不需要去雄，C正确；等位基因是控制一对相对性状的两种不同形式的基因，D正确。
11．某兴趣小组用纯种黄色圆形豌豆和绿色皱形豌豆杂交，得到F1后，自然条件下繁殖得到F2。下列有关该实验的叙述，正确的是(　　)
A．在母本和F1开花前，都需要对它们做去雄和套袋处理
B．F1植株均为杂合子，说明父本和母本产生的配子数量相等
C．F2中的纯合黄色皱形豌豆和杂合绿色圆形豌豆的比例为1∶2
D．自由组合定律的实质是F1产生的精子和卵细胞的随机结合
答案　C
解析　在孟德尔两对相对性状的杂交实验中，纯合亲本杂交产生F1的实验需要在豌豆开花前对母本去雄，F1自交的实验不需要对母本去雄，A错误；父本和母本都是纯种，只能产生一种基因型的配子，不论雌雄配子数量是否相等，子代基因型都为杂合子，B错误；F2中的纯合黄色皱形豌豆占比1/16，杂合绿色圆形豌豆占比2/16，故两者比值为1∶2，C正确；自由组合定律是指F1产生配子时，同源染色体上的等位基因彼此分离的同时，位于非同源染色体上的非等位基因自由组合，D错误。
12．一杂合子(Dd)植株自交时，含有隐性基因的花粉有50%的死亡率，则自交后代的基因型比例是(　　)
A．1∶1∶1 B．2∶3∶1
C．4∶4∶1 D．1∶2∶1
答案　B
解析　根据前面的分析可知：Dd的植株产生的雌配子为1/2D和1/2d，雄配子为2/3D和1/3d，所以后代各种基因型的概率：
雌雄配子以及后代基因型概率
2/3D
1/3d
1/2D
1/3DD
1/6Dd
1/2d
1/3Dd
1/6dd
故后代各种基因型所占的比例为：DD∶Dd∶dd＝2∶3∶1，选B。
13．一头纯种白色母牛与一头纯种红色公牛交配，产下一头幼牛，既有白色的毛，也有红色的毛，远看像粉褐色的。让子一代粉褐色母牛与白色公牛多次杂交产下多个子二代。下列叙述正确的是(　　)
A．红色是显性性状
B．红色基因对白色基因为不完全显性
C．子二代中有粉褐色牛和白色牛
D．子二代牛雌雄随机交配的后代中白色牛所占的比例为1/16
答案　C
解析　根据以上分析可知，白色和红色为共显性，A、B错误；根据以上分析可知，子二代中白色∶粉褐色＝1∶1，C正确；根据以上分析可知，子二代的基因型及其比例为A1A1∶A1A2＝1∶1，则让子二代牛雌雄随机交配的后代中白色牛所占的比例＝3/4×3/4＝9/16，D错误。
14．豌豆子叶的黄色(Y)、圆形种子(R)均为显性，两亲本杂交的F1表型如下图所示，让F1中黄色圆形豌豆与绿色皱形豌豆杂交，F2的性状分离比为(　　)

A．2∶2∶1∶1 B.1∶1∶1∶1
C．9∶3∶3∶1 D.3∶1∶3∶1
答案　A
解析　由F1中圆形∶皱形＝3∶1可知，亲代相应基因型为Rr、Rr；由F1中黄色∶绿色＝1∶1可知，亲代相应基因型为Yy、yy，故亲代基因型组合为YyRr×yyRr。F1中黄色圆形豌豆的基因型为YyRR、YyRr，F1中绿色皱形豌豆基因型为yyrr。F1中黄色圆形豌豆与绿色皱形豌豆杂交，则有：YyRR×yyrr→YyRr、yyRr；YyRr×yyrr→YyRr、Yyrr、yyRr、yyrr。F2的性状分离比为YyRr∶yyRr∶Yyrr∶yyrr＝2∶2∶1∶1。
15．一个生物种群中，如果隐性个体的成体没有繁殖能力，一个杂合子(Aa)自交，得子一代(F1)个体，在F1个体可以自由交配和只能自交两种情况下，F2中有繁殖能力的个体分别占F2总数的(　　)
A．2/3　1/9 B．1/9　2/3
C．8/9　5/6 D．5/6　8/9
答案　C
解析　一个杂合子(Aa)自交，得子一代(F1)个体的基因型及比例为AA∶Aa∶aa＝1∶2∶1，其中隐性个体的成体(aa)没有繁殖能力，因此具有繁殖能力的个体及比例为1/3AA、2/3Aa。在F1个体只能自由交配对的情况下：A的频率＝1/3＋2/3×1/2＝2/3，a的频率＝1/3，根据遗传平衡定律，F2中AA的频率＝2/3×2/3＝4/9，Aa的频率＝2×1/3×2/3＝4/9、aa的频率＝1/3×1/3＝1/9，因此F2中有繁殖能力的个体分别占F2总数的8/9；在F1个体只能自交的情况下：1/3AA自交后代不发生性状分离，而2/3Aa自交后代发生性状分离(1/4AA、1/2Aa、1/4aa)，因此F2中有繁殖能力的个体分别占F2总数的1/3＋2/3×(1/4＋1/2)＝5/6，故选C。
16．下列关于“模拟孟德尔一对相对性状杂交实验”的叙述，错误的是(　　)
A．“雄1”和“雌1”信封内的卡片数可以不同
B．从“雄1”“雌1”中各取1张卡片，模拟F1雌雄个体产生配子
C．将从“雄1”和“雌1”取出的卡片组合在一起，共有3种组合方式
D．每次记录后需将卡片放回原信封内，以保持信封内两种卡片的比例不变
答案　C
解析　由于雌雄个体产生的配子的数量不等，因此理论上，雌1信封中的卡片数和雄1信封中的卡片数可以不相等，A正确；从“雄1”“雄2”信封内各随机取出1张卡片，分别模拟F1雌雄个体产生配子，B正确；将从“雄1”和“雌1”取出的卡片组合在一起，共有4种组合方式，C错误；实验时，要确保信封中代表显、隐性基因的卡片数相等，抽出的卡片记录后放回原信封内，以使代表显、隐性基因的卡片再次被抽到的机会相等，D正确。
17．下列有关遗传规律的叙述，正确的是(　　)
A．孟德尔对自由组合现象的解释中提出：受精时，雌雄配子的结合方式有9种
B．孟德尔在探索遗传规律时，提出问题是建立在纯合亲本杂交和F1自交的实验基础上的
C．孟德尔根据一对相对性状的杂交实验现象提出基因在体细胞中成对存在
D．基因的自由组合定律的实质是非等位基因的分离和组合是互不干扰的
答案　B
解析　孟德尔对自由组合现象的解释中提出：受精时，雌、雄配子的结合方式有16种，A错误；孟德尔在探索遗传规律时，提出问题是建立在纯合亲本杂交如紫花和白花纯合子杂交和F1自交的实验基础上的，B正确；孟德尔未提出基因的概念，C错误；基因的自由组合定律的实质是在形成配子时，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，D错误。
18．大鼠的毛色由独立遗传的两对等位基因控制。用亲代(P)黄色大鼠(AAbb)与黑色大鼠(aaBB)杂交得F1，F1自交得F2，结果如图。理论上，下列对F2中四种个体的基因型判断正确的是(　　)

A．灰色大鼠的基因型均为AaBb
B.黄色大鼠的基因型均为Aabb
C．黑色大鼠的基因型均为aaBB
D.米色大鼠的基因型均为aabb
答案　D
解析　亲本大鼠基因型是AAbb×aaBB，所以F1灰色基因型是AaBb，根据F2中灰色∶黄色∶黑色∶米色＝9∶3∶3∶1，可知A、a和B、b两对基因遵循自由组合定律，F2中A_B_为灰色；aabb为米色；A_bb为黄色，aaB_为黑色。用亲代(P)黄色大鼠(AAbb)与黑色大鼠(aaBB)杂交得F1，F1的基因型为AaBb，F1自交得F2，F2中A_B_∶A_bb∶aaB_∶aabb＝9∶3∶3∶1，再结合题图可知F2中灰色基因型为A_B_(AABB、AABb、AaBb、AaBB)，黄色基因型为A_bb(AAbb、Aabb)，黑色基因型为aaB_(aaBB、aaBb)，米色基因型为aabb。综上所述，D正确，A、B、C错误。
19．孟德尔遗传定律在探索过程中，运用了“假说—演绎”法，下列叙述错误的是(　　)
A．“生物的性状由体细胞中成对的遗传因子决定，在形成配子时，成对的遗传因子彼此分离，在配子中成单存在”属于假说
B．“F1产生两种不同类型的配子，且比例为1∶1，受精时，雌雄配子随机结合，F2中出现比例为1∶2∶1的三种基因型”属于假说
C．“若假说成立，则测交实验后代应出现比例为1∶1的两种表型”属于演绎
D．“测交后代共得166株，其中85株开紫花，81株开白花，两者接近1∶1”属于演绎
答案　D
解析　“测交后代共得166株，其中85株开紫花，81株开白花，两者接近1∶1”属于验证，D错误。
20．如图表示某一植物花色形成的遗传机理，其中字母表示控制对应过程所需的基因，且各等位基因表现出完全显性，非等位基因间独立遗传。若紫色色素与红色色素同时存在时，则表现为紫红色。下列叙述错误的是(　　)

A．基因型为aaBBDD与aabbdd的植株表型一样
B．考虑三对等位基因，该植株花色共有5种表型
C．考虑三对等位基因，能产生红色色素的基因型共有8种
D．纯合紫花植株与纯合红花植株杂交，子一代全开红花
答案　C
解析　基因型为aa的个体都是无色的，A正确；该植株花色有无色、白色、紫色、红色、紫红色5种表型，B正确；因紫红色植株和红色植株都能产生红色色素，若只考虑两对等位基因，则能产生含红色色素的植株基因型为A_D_，共有4种，而第3对基因与红色色素的产生无关，又因为第3对基因可以有BB、Bb和bb三种，所以同时考虑三对等位基因，则能产生含红色色素的植株基因型有4×3＝12种，C错误；纯合紫花植株与纯合红花植株的基因型分别是AAbbdd和AABBDD，杂交所得F1的基因型为AABbDd，表型为红花，D正确。
21．将株高70 cm的小麦(以下株高值代表相应的植株)和50 cm杂交，F1自交得到F2，F2中70 cm∶65 cm∶60 cm∶55 cm∶50 cm的数量比例约为1∶4∶6∶4∶1。下列叙述中，错误的是(　　)
A．F1只有一种基因型，F2中60 cm有三种基因型
B．若F1与50 cm杂交，理论上杂交后代的表型比例为1∶2∶1
C．若60 cm杂合子和65 cm杂交，理论上杂交后代中60 cm的比例为1/4
D．若F2中60 cm随机授粉，理论上自由交配后代中70 cm的比例为1/36
答案　C
解析　根据题意分析可知，小麦株高符合基因自由组合规律，属于数量遗传。株高为70 cm的植株应含有4个显性基因，株高为50 cm的植株不含显性基因。任一隐性基因对株高的影响是相同的，任一显性基因对株高的增加效应也是相同的，所以每个显性基因增加的高度为(70－50)÷4＝5 cm。设亲本的基因型为AABB和aabb，则F1的基因型只有AaBb一种。F2中60 cm的基因型中应含有2个显性基因型，有三种基因型AaBb、AAbb和aaBB，A正确；若F1(AaBb)与50 cm(aabb)杂交，理论上杂交后代的基因型为AaBb∶(Aabb＋aaBb)∶aabb＝1∶2∶1，所以后代的表型比例为60 cm∶55 cm∶50 cm＝1∶2∶1，B正确；一株65 cm的基因型中应含有3个显性基因型，所以基因型为AaBB或AABb。一株60 cm的基因型中应含有2个显性基因型。若60 cm杂合子(AaBb)和65 cm(AaBB或AABb)杂交，先写出60 cm杂合子(AaBb)产生的4种配子1/4AB、1/4Ab、1/4aB和1/4ab,65 cm(AaBB或AABb)产生的2种配子1/2AB和1/2aB(或1/2AB和1/2Ab)，然后再用棋盘式图解可推知，理论上杂交后代中60 cm的比例为2/8AaBb＋1/8aaBB(或AAbb)＝3/8，C错误；F2中60 cm的基因型为1/16AAbb、1/16aaBB和4/16AaBb，这些自由交配的植株中AAbb占1/6、aaBB占1/6、AaBb占4/6。理论上，只有AaBb植株自由交配的后代中才能出现70 cm的植株，故后代中70 cm(AABB)的植株所占比例为4/6×4/6×1/16＝1/36，D正确。
22．烟草是雌雄同株植物，但它无法自交产生后代。这是由S基因控制的遗传机制所决定的，其规律如下图所示(注：精子通过花粉管输送到卵细胞所在地，完成受精)。若将基因型为S1S2和S2S3的烟草间行种植，全部子代的基因型和比例为(　　)

A．S1S2∶S1S3∶S2S2∶S1S3＝1∶1∶1∶1
B．S1S2∶S1S3∶S2S3＝1∶1∶1
C．S1S2∶S1S3＝1∶1
D．S1S2∶S1S3∶S2S3＝1∶2∶1
答案　D
解析　依题意知“无法自交产生后代”，花粉中所含S基因与母本相同，则花粉管不能伸长。基因型为S1S2和S2S3的烟草间行种植，如果S1S2给S2S3授粉，由于只能是S1的花粉才能萌发，所以产生的后代为S1S2∶S1S3＝1∶1；而S2S3给S1S2的植株授粉，由于只有S3的花粉才能萌发，所以产生的后代为S1S3∶S2S3＝1∶1，二者相加就是S1S3∶S2S3∶S1S2＝2∶1∶1。
23．已知某一动物种群中仅有Aabb和AAbb两种类型的个体(aa的个体在胚胎期致死)，两对性状的遗传遵循基因的自由组合定律，Aabb∶AAbb＝1∶1，且该种群中雌雄个体比例为1∶1，个体间可以自由交配，则该种群自由交配产生的成活子代中能稳定遗传的个体所占比例是(　　)
A．5/8 B．3/5
C．1/4 D．3/4
答案　B
解析　由Aabb∶AAbb＝1∶1可知，所产生的雌雄配子中，Ab∶ab＝3∶1。自由交配的后代是由Ab、ab两类雌雄配子随机结合所得到的，故子代中AAbb＝，Aabb＝，aabb＝，又因aa个体致死，所以存活个体中，能稳定遗传的个体所占比例为＝。
24．某种鸟类羽毛的颜色由等位基因A和a控制，且A基因越多，黑色素越多；等位基因B和b控制色素的分布，两对基因均位于常染色体上。研究者进行了如图所示的杂交实验，下列有关叙述错误的是(　　)

A．羽毛颜色的显性表现形式是不完全显性
B．基因A(a)和B(b)的遗传遵循自由组合定律
C．能够使色素分散形成斑点的基因型是BB
D．F2黑色斑点中杂合子所占比例为2/3
答案　C
解析　由于A基因越多，黑色素越多，所以羽毛颜色的显性表现形式是不完全显性，A正确；由于F2性状分离比为4∶2∶1∶6∶3，为9∶3∶3∶1的变式，所以基因A(a)和B(b)的遗传遵循自由组合定律，B正确；从F2性状分离比可知斑点∶纯色＝9∶7，故B、b控制色素分布形成斑点的基因为B，基因型为BB或Bb，C错误；F2黑色斑点的基因型为AABB、AABb，其中杂合子所占比例为2/3，D正确。
25．某生物体能产生四种配子，即Ab∶aB∶AB∶ab＝4∶4∶1∶1，此生物自交得到的后代中，基因型为AABb的个体出现概率是(　　)
A. B. C. D.
答案　C
第Ⅱ卷(非选择题，共50分)
二、非选择题(共5题，共50分)
26．(10分)如图为孟德尔的豌豆杂交过程示意图，图中两亲本A、B均为纯种。回答下列问题：

(1)孟德尔选用豌豆作为实验材料，能成功地揭示出其中的遗传规律，原因之一是：孟德尔选择了______________差异明显的豌豆进行杂交，然后根据各代间性状的表现进行分析和研究。
(2)为保证杂交的顺利进行，图中①操作在________________________时进行，然后在花朵外套纸袋；操作②结束后仍套上纸袋，并____________________。
(3)亲本A与亲本B杂交后，得到的子一代表型与A完全一致，根据显性现象的表现形式进行分类，这属于________。子一代自交，取子二代中的所有显性个体在自然状态下繁殖一代，则后代中高茎与矮茎的个体数量之比是________。
(4)若模拟孟德尔的高茎与矮茎的相对性状的杂交实验，在其中一个写着“雄”的信封内装入“高茎D”“矮茎d”的卡片各10张，则该信封表示的是________(填“亲本A”“亲本B”或“A与B杂交的子一代”)，若从该信封内取出一张卡片，模拟的是______________________。
(5)用遗传图解表示该实验中的亲本产生子一代的实验过程(相关字母用D或d表示，要求写出配子)。
答案　(1)相对性状(或形状)　(2)花粉尚未成熟　挂上标签以便识别　(3)完全显性　5∶1　(4)A与B杂交的子一代　它(F1)产生配子
(5)

解析　(1)孟德尔选择了相对性状(或形状)差异明显的豌豆进行杂交，便于对后代的性状进行区分，然后根据各代间性状的表现进行分析和研究才更可靠。
(2)为保证杂交的顺利进行，因为豌豆是严格的闭花授粉植物，故在进行去雄操作时，图中①操作需要在花粉尚未成熟时进行，然后在花朵外套纸袋；操作②授粉结束后仍套上纸袋，并挂上标签以便识别。
(3)亲本A与亲本B杂交后，得到的子一代表型与A完全一致，根据显性现象的表现形式进行分类，这属于完全显性。若相关基因用D/d表示，则子一代(Dd)自交，取子二代中的所有显性个体(1/3DD、2/3Dd)在自然状态下繁殖一代(自交)，则后代中只有(2/3Dd)会发生性状分离，会有矮茎个体出现，其比例为2/3×1/4＝1/6，高茎的比例为1/3＋2/3×3/4＝5/6，故后代中高茎与矮茎的个体数量之比是5∶1。
(4)若模拟孟德尔的高茎与矮茎的相对性状的杂交实验，在其中一个写着“雄”的信封内装入“高茎D”“矮茎d”的卡片各10张，因为能产生两种配子，故该信封表示的是A与B杂交的子一代，若从该信封内取出一张卡片，模拟的是它(F1)产生配子。
27．(10分)在一个经长期随机交配形成的自然鼠群中，存在的毛色表型与基因型的关系如表(注：AA纯合胚胎致死)。请分析回答相关问题：
表型
黄色
灰色
黑色
基因型
Aa1、Aa2
a1a1、a1a2
a2a2
(1)若亲本基因型为Aa1×Aa2，则其子代的表型可能为__________。
(2)两只鼠杂交，后代出现三种表型。则该对亲本的基因型是____________，它们再生一只黑色雄鼠的概率是________。
(3)假设进行很多对Aa2×a1a2的杂交，平均每窝生8只小鼠。在同样条件下进行许多对Aa2×Aa2的杂交，预期每窝平均生________只小鼠。
(4)现有一只黄色雄鼠和多只其他各色的雌鼠，如何利用杂交方法检测出该雄鼠的基因型？实验思路如下：
①选用该黄色雄鼠与多只________色雌鼠杂交。
②____________________。
结果预测：
①如果后代出现黄色和灰色，则该黄色雄鼠的基因型为________。
②如果后代出现____________，则该黄色雄鼠的基因型为Aa2。
答案　(1)黄色、灰色　(2)Aa2、a1a2　1/8　(3)6
(4)实验思路：①黑　②观察后代的毛色
结果预测：①Aa1　②黄色和黑色
解析　(1)若亲本基因型为Aa1和Aa2，则其子代的基因型和表型为AA(死亡)、Aa1(黄色)、Aa2(黄色)、a1a2(灰色)。
(2)由后代有黑色a2a2可推知其父母均有a2，又因后代由3种表型，所以亲本的基因型为Aa2和a1a2，它们再生一只黑色鼠为1/4，雄性概率为1/2，所以黑色雄鼠为1/8。
(3)Aa2和a1a2所生的后代全部存活，而Aa2和Aa2的后代只有3/4存活，所以8×3/4＝6。
(4)要通过杂交方法检测出黄色雄鼠的基因型，可将该黄色雄鼠与多只黑色雌鼠杂交并观察后代毛色；如果后代出现黄色和灰色，则该黄色雄鼠的基因型为Aa1；如果后代出现黄色和黑色，则该黄色雄鼠的基因型为Aa2。
28．(10分)果皮色泽是柑橘果实外观的主要性状之一。为探明柑橘果皮色泽的遗传特点，科研人员利用果皮颜色为黄色、红色和橙色的三个品种进行杂交实验，并对子代果皮颜色进行了调查测定和统计分析，实验结果如下：
实验甲：黄色×黄色→黄色
实验乙：橙色×橙色→橙色∶黄色＝3∶1
实验丙：红色×黄色→红色∶橙色∶黄色＝1∶2∶1
实验丁：橙色×红色→红色∶橙色∶黄色＝3∶4∶1
请分析并回答下列问题：
(1)上述柑橘的果皮色泽遗传受________对等位基因控制，且遵循__________________定律。
(2)根据杂交组合________可以判断出________色是隐性性状。
(3)若柑橘的果皮色泽由一对等位基因控制，用A、a表示；若由两对等位基因控制，用A、a和B、b表示，以此类推，则实验丙中亲代红色柑橘的基因型是________，其自交后代的表型及其比例为____________________________。
(4)若亲代所用橙色柑橘的基因型相同，则实验中亲代和子代橙色柑橘的基因型共有________种，即__________________________。
答案　(1)两　基因的自由组合　(2)乙(丁)　黄　(3)AaBb　红色∶橙色∶黄色＝9∶6∶1　(4)3　aaBB、aaBb、Aabb或aaBb、Aabb、AAbb
解析　(1)由实验丙和实验丁可知，柑橘的果皮色泽遗传受两对等位基因控制，且遵循基因的自由组合定律。
(2)根据杂交组合乙或丁可以判断出黄色是隐性性状。
(3)实验丙相当于测交，则丙中亲代红色柑橘的基因型是AaBb，黄色的基因型为aabb，只有一种显性基因存在时为橙色。因此AaBb自交后代红色∶橙色∶黄色＝9∶6∶1。
(4)若亲代所用橙色柑橘基因型相同，实验乙：橙色×橙色→橙色∶黄色＝3∶1，则亲代橙色的基因型为aaBb或Aabb，子代橙色的基因型为aaBb和aaBB或Aabb和AAbb。同理可得出实验丁后代橙色的基因型为AAbb、Aabb、aaBb或aaBB、aaBb、Aabb，则实验中亲代和子代橙色柑橘的基因型共有3种，即aaBb、Aabb、AAbb或aaBb、Aabb、aaBB。
29．(8分)某单子叶植物的非糯性(B)对糯性(b)为显性，抗病(R)对不抗病(r)为显性，花粉粒长形(D)对圆形(d)为显性，三对等位基因位于三对同源染色体上。非糯性花粉遇碘液呈蓝色，糯性花粉遇碘液呈棕色。现提供4种纯合亲本：
亲本
性状
甲
非糯性　抗病　花粉粒长形
乙
非糯性　不抗病　花粉粒圆形
丙
糯性　抗病　花粉粒圆形
丁
糯性　不抗病　花粉粒长形

(1)若采用花粉粒形状鉴定法验证基因的分离定律，可选择亲本甲与亲本________杂交。
(2)若采用花粉鉴定法验证基因的自由组合定律，杂交时选择的亲本是________________。将杂交所得F1的花粉涂在载玻片上，加碘液染色，置于显微镜下观察，统计花粉粒的数目，预期花粉粒的类型有_____________________，比例为________________。
(3)利用提供的亲本进行杂交，F2能出现非糯性、抗病、花粉粒圆形植株的亲本组合有________________，其中F2表型为非糯性、抗病、花粉粒圆形植株比例最高的亲本组合是________，在该组合产生的F2表型为非糯性、抗病、花粉粒圆形的植株中，能稳定遗传的个体所占的比例是________。
答案　(1)乙或丙
(2)甲和丙或乙和丁　圆形蓝色、圆形棕色、长形蓝色、长形棕色　1∶1∶1∶1
(3)甲和乙、甲和丙、乙和丙　乙和丙　1/9
解析　(1)采用花粉粒形状鉴定法验证基因的分离定律，亲本甲为长形花粉粒，只能与圆形花粉粒的亲本乙或丙杂交。
(2)采用花粉鉴定法验证基因的自由组合定律，亲本需具备两对相对性状，选择乙和丁或甲和丙进行杂交，杂交后代产生四种数量相等的花粉粒。
(3)利用提供的亲本进行杂交，F2能出现非糯性、抗病、花粉粒圆形植株的亲本组合有三种，分别是甲和乙、甲和丙、乙和丙，甲和乙的F1的基因型为BBRrDd，F2中基因型为B_R_dd的概率是1×3/4×1/4＝3/16；甲和丙的F1的基因型为BbRRDd，F2中基因型为B_R_dd的概率是3/4×1×1/4＝3/16；乙和丙的F1的基因型为BbRrdd，F2中基因型为B_R_dd的概率是3/4×3/4×1＝9/16，其中能稳定遗传的个体基因型为BBRRdd，所占比例为1/9。
30．(12分)斑翅果蝇翅的黄色和白色、有斑点和无斑点分别由两对等位基因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表型的比例为7∶3∶1∶1。请分析回答：
(1)斑翅果蝇翅的显性性状为________。
(2)针对“F2表型的比例为7∶3∶1∶1”这一结果，研究小组尝试作出解释：
①研究小组认为：控制斑翅果蝇翅的两对等位基因分别位于两对常染色体上，且存在雄配子不育的现象。据此推断，不育雄配子的基因型为________，F2的基因型共有________种，F2中纯合子的比率为________。
②为验证上述解释的正确性，可重复上述实验，获得F1代后，选择F1中________(填“雌”或“雄”)果蝇进行测交。若测交后代表型的比例为________，则研究小组的解释是正确的。
答案　(1)黄色、有斑点
(2)①Ab或aB　8　1/4　②雄　1∶1∶1
解析　(2)①由题意，两对基因分别位于两对常染色体上，F2表型比例为7∶3∶1∶1，可推知双显性和一种单显性的基因型个体数量少，如果是一种雄配子不育造成的，则不可能是AB或ab。因为如果是AB雄配子不育，不会出现单显性的基因型个体数量少；如果是ab雄配子不育，双隐性的个体不会出现。所以不育雄配子的基因型为Ab或aB，以Ab为例，如果是Ab不育，则F1产生的雄配子为aB、AB、ab，F1产生的雌配子是Ab、aB、AB、ab，则F2的基因型有8种，AAbb不会出现，F2中纯合子比率为3/12＝1/4。②若研究小组解释正确由于雄配子不育，所以选择雄性F1进行测交，测交后代Aabb或aaBb不会出现，所以测交后代表型比例为1∶1∶1。