还剩20页未读，
继续阅读
所属成套资源：2024届苏教版高考生物一轮复习教案多份
成套系列资料，整套一键下载
2024届高考生物一轮复习教案第五单元基因的传递规律第3课时自由组合定律（苏教版）
展开
这是一份2024届高考生物一轮复习教案第五单元基因的传递规律第3课时自由组合定律（苏教版），共23页。
考点一 自由组合定律的发现
1．两对相对性状杂交实验
(1)两对相对性状杂交实验的过程
(2)对杂交实验结果的分析
(3)遗传图解
结果分析
2．对两对相对性状杂交实验的解释
根据两对相对性状的杂交实验，孟德尔推断：
(1)这两对相对性状是独立遗传的。
(2)控制这两对相对性状的遗传因子之间可以自由组合。因此，一对相对性状的分离与不同对相对性状之间的组合是彼此独立、互不干扰的。
3．对自由组合的验证
(1)方法：测交法。
(2)测交图解
源于必修2 P26：孟德尔杂交实验中为什么要用正交和反交？
提示 用正反交实验是为了证明性状的遗传是否和母本有关。
延伸应用 (1)含两对相对性状的纯合亲本杂交，F2中重组类型所占比例一定是6/16吗？
提示 当亲本基因型为YYRR和yyrr时，F2中重组类型所占比例是6/16；当亲本基因型为YYrr和yyRR时，F2中重组类型所占比例是10/16。
(2)F2出现9∶3∶3∶1的条件有①②③④。
①所研究的每一对相对性状只受一对等位基因控制，而且等位基因要完全显性
②不同类型的雌雄配子都能发育良好，且受精的机会均等
③所有后代都应处于比较一致的环境中，而且存活率相同
④供实验的群体要足够大，个体数量要足够多
4．自由组合定律
(1)细胞学基础
(2)实质、发生时间及适用范围
(3)自由组合定律的验证
延伸应用 (1)下图中哪些过程可以体现分离定律的实质？哪些过程体现了自由组合定律的实质？
提示 ①②④⑤过程发生了等位基因分离，可以体现分离定律的实质。只有④⑤体现了自由组合定律的实质。
(2)总结非等位基因的遗传规律
(3)若基因型为AaBb的个体测交后代出现4种表型，但比例为42%∶8%∶8%∶42%，试解释出现这一结果的可能原因是什么？
提示 A、a和B、b两对等位基因位于同一对同源染色体上，且部分初级性母细胞在四分体时期发生交叉互换，产生4种类型配子，其比例为42%∶8%∶8%∶42%。
考向一 两对相对性状杂交实验过程
1．(2023·江苏高三模拟)豌豆种子的黄色(Y)对绿色(y)为显性，圆粒(R)对皱粒(r)为显性，让绿色圆粒豌豆与黄色皱粒豌豆杂交，F1都表现为黄色圆粒，F1自交得F2，F2有4种表型，如果继续将F2中全部杂合的黄色圆粒种子播种后进行自交，所得后代的表型比例为( )
A．25∶15∶15∶9 B．21∶5∶5∶1
C．25∶5∶5∶1 D．16∶4∶4∶1
答案 B
解析 根据题意可知，F1黄色圆粒个体的基因型为YyRr，F1自交得F2，F2中黄色圆粒中纯合子(YYRR)占1/9，黄色圆粒杂合子中YYRr占1/4、YyRR占1/4、YyRr占1/2；1/4YYRr自交后代中，黄色圆粒(YYR_)的概率为1/4×3/4＝3/16，黄色皱粒(YYrr)的概率为1/4×1/4＝1/16；同理可以计算出1/4YyRR自交后代中，黄色圆粒(Y－RR)的概率为1/4×3/4＝3/16，绿色圆粒(yyRR)的概率为1/4×1/4＝1/16；1/2的YyRr自交后代中，黄色圆粒(Y－R－)的概率为1/2×9/16＝9/32，黄色皱粒(Y－rr)的概率为1/2×3/16＝3/32，绿色圆粒(yyR_)的概率为1/2×3/16＝3/32，绿色皱粒(yyrr)的概率为1/2×1/16＝1/32，因此黄色圆粒∶黄色皱粒∶绿色圆粒∶绿色皱粒＝(3/16＋3/16＋9/32)∶(1/16＋3/32)∶(1/16＋3/32)∶(1/32)＝21∶5∶5∶1，故选B。
2．孟德尔在两对相对性状的豌豆杂交实验中，用纯种黄色圆粒豌豆和纯种绿色皱粒豌豆杂交获得F1，F1自交得F2。下列有关叙述正确的是( )
A．黄色与绿色、圆粒与皱粒的遗传都遵循分离定律，故这两对性状的遗传遵循自由组合定律
B．F1产生的雄配子总数与雌配子总数相等，是F2出现9∶3∶3∶1性状分离比的前提
C．从F2的绿色圆粒植株中任取两株，这两株基因型不同的概率为4/9
D．若自然条件下将F2中黄色圆粒植株混合种植，后代出现绿色皱粒的概率为1/81
答案 C
解析 连锁的两对等位基因也都遵循分离定律，故不能依据黄色与绿色、圆粒与皱粒的遗传都遵循分离定律，得出这两对性状的遗传遵循自由组合定律的结论，A错误；F1产生的雄配子总数往往多于雌配子总数，B错误；从F2的绿色圆粒植株yyRR或yyRr中任取两株，这两株基因型相同的概率为1/3×1/3＋2/3×2/3＝5/9，故不同的概率为4/9，C正确；若自然条件下将F2中黄色圆粒植株混合种植，由于豌豆是自花传粉植物，只有基因型为YyRr的个体才会产生yyrr的绿色皱粒豌豆，故后代出现绿色皱粒的概率为4/9×1/16＝1/36，D错误。
考向二 自由组合定律的实质及验证
3．(多选)(2023·江苏南京高三检测)如图表示孟德尔揭示两个遗传定律时所选用的豌豆植株及其体内相关基因控制的性状、显隐性及其在染色体上的分布。下列叙述错误的是( )
A．图甲、乙、丙、丁所示个体都可以作为验证基因分离定律的材料
B．图丁所示个体自交后代中表型为黄皱与绿皱的比例是3∶1
C．图甲、乙所示个体减数分裂时，都能揭示基因的自由组合定律的实质
D．图乙所示个体自交后代会出现3种表型，比例为1∶2∶1
答案 CD
解析 甲、乙、丙、丁均含有等位基因，都可以作为研究基因分离定律的材料，A正确；图丁个体自交后代中DDYYrr∶DdYyrr∶ddyyrr＝1∶2∶1，其中黄色皱粒∶绿色皱粒＝3∶1，B正确；图甲、乙都只有一对等位基因，所示个体减数分裂时，不能用来揭示基因的自由组合定律的实质，C错误；图乙个体(YYRr)自交，只会出现两种表型，黄色圆粒(YYR_)∶黄色皱粒(YYrr)＝3∶1，D错误。
4．下图为模拟孟德尔杂交实验的简易装置。若从每个烧杯中随机抽取一个小球组合在一起，模拟基因自由组合产生生殖细胞的过程，下列可达到实验目的的烧杯组合是( )
A．①②B．②③
C．③④D．①③
答案 D
解析 ①中是D和d这对等位基因，③中是R和r这对等位基因，用这两个烧杯可以模拟基因自由组合定律，即从每个烧杯中随机抽取一个小球组合在一起，D正确。
考向三 孟德尔遗传规律的应用
5．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)对易感病(b)为显性。为选育抗病香稻新品种，进行一系列杂交实验，其中无香味易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3/8
C．子代中有香味抗病植株中能稳定遗传的占1/2
D．两亲本杂交的子代自交，后代群体中能稳定遗传的有香味抗病植株所占比例为3/64
答案 C
解析 由题干信息和杂交子代的统计结果可知，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；亲代的基因型为Aabb×AaBb，子代香味相关的基因型为1/4AA、1/2Aa、1/4aa，分别自交得到aa的概率为3/8，子代与抗病性状相关的基因型为1/2Bb和1/2bb，所以自交得到BB的概率为1/8，所以得到能稳定遗传的有香味抗病植株的比例为3/8×1/8＝3/64，D正确。
6．人的眼睛散光(A)对不散光(a)为显性；直发(B)和卷发(b)杂合时表现为波浪发，两对基因分别位于两对常染色体上。一个其母亲正常但本人有散光症的波浪发女性，与一个无散光症的波浪发男性婚配。下列叙述正确的是( )
A．基因B、b的遗传不符合分离定律
B．卵细胞中同时含A、B的概率为eq \f(1,2)
C．所生孩子中最多有6种不同的表型
D．生出一个无散光症直发孩子的概率为eq \f(3,8)
答案 C
解析 基因B、b的遗传符合分离定律，A错误；一个其母亲正常但本人有散光症的波浪发女性的基因型是AaBb，卵细胞中同时含A、B的概率为eq \f(1,4)，B错误；已知女性的基因型是AaBb，无散光症的波浪发男性的基因型是aaBb，二者婚配，所生孩子中的表型最多为2[散光(Aa)、不散光(aa)]×3[直发(BB)、波浪发(Bb)、卷发(bb)]＝6(种)，其中生出一个无散光症直发孩子(aaBB)的概率为eq \f(1,2)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,8)，C正确、D错误。
考点二 自由组合定律的常规解题规律和方法
题型一 已知亲代推子代
1．思路
将多对等位基因的自由组合分解为若干分离定律分别分析，再运用乘法原理进行组合(拆分组合法)。
2．方法
题型突破
1．(2023·江苏淮安高三检测)基因型为AaBbCc和AabbCc的两个个体杂交(三对等位基因分别位于三对同源染色体上)。下列关于杂交后代的推测，正确的是( )
A．表型有8种，AaBbCc个体的比例为1/16
B．表型有8种，aaBbCc个体的比例为1/16
C．表型有4种，aaBbcc个体的比例为1/16
D．表型有8种，Aabbcc个体的比例为1/8
答案 B
解析 由题意可知，杂交后代的表型有2×2×2＝8(种)，基因型为AaBbCc个体的比例为1/2×1/2×1/2＝1/8，aaBbCc个体的比例为1/4×1/2×1/2＝1/16，aaBbcc个体的比例为1/4×1/2×1/4＝1/32，Aabbcc个体的比例为1/2×1/2×1/4＝1/16，B正确。
2．番茄红果对黄果为显性，二室果对多室果为显性，长蔓对短蔓为显性，三对性状独立遗传。现有红果、二室、短蔓和黄果、多室、长蔓的两个纯合品系，将其杂交种植得F1和F2，则在F2中红果、多室、长蔓所占的比例及红果、多室、长蔓中纯合子的比例分别是( )
A.eq \f(9,64)、eq \f(1,9)B.eq \f(9,64)、eq \f(1,64)
C.eq \f(3,64)、eq \f(1,3)D.eq \f(3,64)、eq \f(1,64)
答案 A
解析 设控制三对性状的基因分别用A、a，B、b，C、c表示，亲代基因型为AABBcc与aabbCC，F1的基因型为AaBbCc，F2中A_∶aa＝3∶1，B_∶bb＝3∶1，C_∶cc＝3∶1，所以F2中红果、多室、长蔓所占的比例是eq \f(3,4)×eq \f(1,4)×eq \f(3,4)＝eq \f(9,64)；在F2的每对相对性状中，显性性状中的纯合子占eq \f(1,3)，故红果、多室、长蔓中纯合子的比例是eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,9)。
题型二 已知子代推亲代(逆向组合法)
1．基因填充法
根据亲代表型可大概写出其基因型，如A_B_、aaB_等，再根据子代表型将所缺处补充完整，特别要学会利用后代中的隐性性状，因为后代中一旦存在双隐性个体，那亲代基因型中一定存在a、b等隐性基因。
2．分解组合法
根据子代表型比例拆分为分离定律的分离比，确定每一对相对性状的亲本基因型，再组合。如：
(1)9∶3∶3∶1→(3∶1)(3∶1)→(Aa×Aa)(Bb×Bb)→AaBb×AaBb。
(2)1∶1∶1∶1→(1∶1)(1∶1)→(Aa×aa)(Bb×bb)→AaBb×aabb或Aabb×aaBb。
(3)3∶3∶1∶1→(3∶1)(1∶1)→(Aa×Aa)(Bb×bb)或(Aa×aa)(Bb×Bb)→AaBb×Aabb或AaBb×aaBb。
题型突破
3．(多选)在家蚕遗传中，黑色(A)与淡赤色(a)是有关蚁蚕(刚孵化的蚕)体色的相对性状，黄茧(B)与白茧(b)是有关茧色的相对性状，假设这两对相对性状自由组合，有三对亲本组合，杂交后得到的数量比如下表，下列说法正确的是( )
A.组合一亲本基因型一定是AaBb×AaBb
B．组合三亲本基因型可能是AaBB×AaBB
C．若组合一和组合三亲本杂交，子代表型及比例与组合三的相同
D．组合二亲本基因型一定是Aabb×aabb
答案 ABD
解析 组合一的杂交后代比例为9∶3∶3∶1，所以亲本基因型一定为AaBb×AaBb；组合二杂交后代只有白茧，且黑蚁与淡赤蚁比例为1∶1，所以亲本基因型一定为Aabb×aabb；组合三杂交后代只有黄茧，且黑蚁与淡赤蚁比例为3∶1，所以亲本基因型为AaBB×AaBB或AaBB×AaBb或AaBB×Aabb；只有组合一中的基因型AaBb和组合三中的基因型AaBB杂交，子代表型及比例才与组合三的相同。
4．水稻的高秆(D)对矮秆(d)是显性，抗锈病(R)对不抗锈病(r)是显性，这两对基因自由组合。甲水稻(DdRr)与乙水稻杂交，其后代四种表型的比例是3∶3∶1∶1，则乙水稻的基因型是( )
A．Ddrr或ddRr B．DdRR
C．ddRR D．DdRr
答案 A
解析 甲水稻(DdRr)与乙水稻杂交，其后代四种表型的比例是3∶3∶1∶1,3∶3∶1∶1可以分解成(3∶1)×(1∶1)，说明控制两对相对性状的基因中，有一对均为杂合子，另一对属于测交类型，所以乙水稻的基因型为Ddrr或ddRr。
题型三 多对等位基因的自由组合
n对等位基因(完全显性)分别位于n对同源染色体上的遗传规律
逆向思维 (1)某显性亲本的自交后代中，若全显个体的比例为(3/4)n或隐性个体的比例为(1/4)n，可知该显性亲本含有n对杂合基因，该性状至少受n对等位基因控制。
(2)某显性亲本的测交后代中，若全显性个体或隐性个体的比例为(1/2)n，可知该显性亲本含有n对杂合基因，该性状至少受n对等位基因控制。
(3)若F2中子代性状分离比之和为4n，则该性状由n对等位基因控制。
题型突破
5．(多选)(2023·江苏如皋高三模拟)甘蓝型油菜是我国重要的油料作物，它的花色性状由三对独立遗传的等位基因(A和a、B和b、D和d)控制。当有两个A基因时开白花，只有一个A基因时开乳白花，三对基因均为隐性时开金黄花，其余情况开黄花。下列叙述正确的是( )
A．稳定遗传的白花植株的基因型有3种
B．乳白花植株自交后代中可能出现4种花色
C．基因型AaBbDd的植株测交，后代中黄花占3/8
D．基因型AaBbDd的植株自交，后代中黄花占1/4
答案 BC
解析 白花对应的基因型为AA____，能稳定遗传的基因型有AABBDD、AABBdd、AAbbDD、AAbbdd，共4种，A错误；乳白花植株AaBbDd自交后代会出现白色AA____，乳白色Aa____，金黄色aabbdd，以及aaB_dd等黄色，共4种花色，B正确；基因型AaBbDd的植株测交，即让基因型AaBbDd的植株与金黄花植株aabbdd杂交，后代中乳白花占1/2，金黄花占1/2×1/2×1/2＝1/8，黄花占1－1/2－1/8＝3/8，C正确；基因型AaBbDd的植株自交，子代中白花占1/4，乳白花占1/2，金黄花占1/64，则黄花的比例为1－1/4－1/2－1/64＝15/64，D错误。
6．矮牵牛花瓣中存在合成红色和蓝色色素的生化途径(如图所示，A、B、E为控制相应生化途径的基因)。矮牵牛在红色和蓝色色素均存在时表现为紫色。若一亲本组合杂交得F1，F1自交产生F2的表型及比例为紫色∶红色∶蓝色∶白色＝9∶3∶3∶1，下列说法不正确的是( )
A．亲本基因型可为AABBEE×aaBBee或AABBee×aaBBEE
B．本实验无法判断A、B基因遗传是否符合自由组合定律
C．F2中紫色个体与白色个体杂交，不会出现白色个体
D．F2中蓝色矮牵牛花自交，其后代中纯合子的概率为2/3
答案 C
解析 让基因型为AABBEE×aaBBee的或AABBee×aaBBEE的亲本杂交得F1，基因型为AaBBEe，由于BB纯合，所以F1自交产生F2的表型及比例为紫色(A_BBE_)∶红色(A_BBee)∶蓝色(aaBBE_)∶白色(aaBBee)＝9∶3∶3∶1，A正确；由以上亲本基因型可知BB是纯合的，所以无法通过后代的性状分离比判断其与A是否遵循基因的自由组合定律，B正确；F2中紫色个体(A_BBE_)与白色个体(aaBBee)杂交，完全可能出现白色个体(aaBBee)，C错误；F2中蓝色矮牵牛花的基因型为aaBBEE和aaBBEe，比例为1∶2，所以其自交后代中纯合子的概率为1/3＋2/3×1/2＝2/3，D正确。
题型四 自由组合中的自交、测交和自由交配问题
纯合黄色圆粒豌豆(YYRR)和纯合绿色皱粒豌豆(yyrr)杂交后得F1，F1再自交得F2，若F2中绿色圆粒豌豆个体和黄色圆粒豌豆个体分别进行自交、测交和自由交配，所得子代的表型及比例分别如表所示：
题型突破
7．在孟德尔两对相对性状的杂交实验中，用纯合的黄色圆粒豌豆(YYRR)和绿色皱粒豌豆(yyrr)作亲本杂交得F1，F1全为黄色圆粒，F1自交得F2。在F2中，①用绿色皱粒人工传粉给黄色圆粒豌豆；②用绿色圆粒人工传粉给黄色圆粒豌豆；③让黄色圆粒自交，三种情况独立进行实验，则子代的表型比例分别为( )
A．①4∶2∶2∶1 ②15∶8∶3∶1 ③64∶8∶8∶1
B．①3∶3∶1∶1 ②4∶2∶2∶1 ③25∶5∶5∶1
C．①1∶1∶1∶1 ②6∶3∶2∶1 ③16∶8∶2∶1
D．①4∶2∶2∶1 ②16∶8∶2∶1 ③25∶5∶5∶1
答案 D
8．某植物雌雄同株，开单性花。将基因型为AaBb的个体与基因型为aaBB的个体(两对等位基因独立遗传)按照1∶1的比例混合种植，自由交配产生F1，F1分别测交。下列相关分析正确的是( )
A．F1共有9种基因型，纯合子所占的比例为7/16
B．F1共有4种基因型，纯合子所占的比例为1/4
C．F1中两种性状均为显性的个体所占的比例为105/256
D．测交后代的表型之比为1∶1∶1∶1的个体在F1中所占的比例是9/64
答案 A
解析 由于aaBB只能产生aB的配子，因此A、a基因和B、b基因并不是完全组合的，因此本题只能用配子棋盘法来解决，可求得雌雄配子的种类及比例分别是1/8AB、1/8Ab、1/8ab、5/8aB，经过验算，B、C、D均错误。
1．(2021·全国Ⅱ，6)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的测交子代中会出现2n种不同表型的个体
B．n越大，植株A测交子代中不同表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
答案 B
解析 每对等位基因测交后会出现2种表型，故n对等位基因杂合的植株A的测交子代会出现2n种不同表型的个体，A正确；不管n有多大，植株A测交子代比为(1∶1)n＝1∶1∶1∶1……(共2n个1)，即不同表型个体数目均相等，B错误；植株A测交子代中n对基因均杂合的个体数为1/2n，纯合子的个体数也是1/2n，两者相等，C正确；n≥2时，植株A的测交子代中纯合子的个体数是1/2n，杂合子的个体数为1－(1/2n)，故杂合子的个体数多于纯合子的个体数，D正确。
2．(2021·浙江6月选考，3)某玉米植株产生的配子种类及比例为YR∶Yr∶yR∶yr＝1∶1∶1∶1。若该个体自交，其F1中基因型为YyRR个体所占的比例为( )
A．1/16 B．1/8 C．1/4 D．1/2
答案 B
解析 分析题干信息可知，该玉米植株产生的配子种类及比例为YR∶Yr∶yR∶yr＝1∶1∶1∶1，其中Y∶y＝1∶1，R∶r＝1∶1，故推知该植株基因型为YyRr，若该个体自交，其F1中基因型为YyRR个体所占的比例为1/2×1/4＝1/8，B正确。
3．(2021·全国甲，32)植物的性状有的由1对基因控制，有的由多对基因控制。一种二倍体甜瓜的叶形有缺刻叶和全缘叶，果皮有齿皮和网皮。为了研究叶形和果皮这两个性状的遗传特点，某小组用基因型不同的甲、乙、丙、丁4种甜瓜种子进行实验，其中甲和丙种植后均表现为缺刻叶网皮。杂交实验及结果见下表(实验②中F1自交得F2)。
回答下列问题：
(1)根据实验①可判断这2对相对性状的遗传均符合分离定律，判断的依据是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
根据实验②，可判断这2对相对性状中的显性性状是__________。
(2)甲、乙、丙、丁中属于杂合子的是__________。
(3)实验②的F2中纯合子所占的比例为______。
(4)假如实验②的F2中缺刻叶齿皮∶缺刻叶网皮∶全缘叶齿皮∶全缘叶网皮不是9∶3∶3∶1，而是45∶15∶3∶1，则叶形和果皮这两个性状中由1对等位基因控制的是__________，判断的依据是_______________________________________________________________________。
答案 (1)基因型不同的两个亲本杂交，F1分别统计，缺刻叶∶全缘叶＝1∶1，齿皮∶网皮＝1∶1，每对相对性状结果都符合测交的结果，说明这2对相对性状的遗传均符合分离定律 缺刻叶和齿皮 (2)甲和乙 (3)1/4 (4)果皮 F2中齿皮∶网皮＝48∶16＝3∶1，说明受一对等位基因控制
解析 (1)实验①中F1表现为1/4缺刻叶齿皮，1/4缺刻叶网皮，1/4全缘叶齿皮，1/4全缘叶网皮，分别统计两对相对性状，缺刻叶∶全缘叶＝1∶1，齿皮∶网皮＝1∶1，每对相对性状结果都符合测交的结果，说明这2对相对性状的遗传均符合分离定律；根据实验②，F1全为缺刻叶齿皮，F2出现全缘叶和网皮，可以推测缺刻叶对全缘叶为显性，齿皮对网皮为显性。(2)根据已知条件，甲、乙、丙、丁的基因型不同，其中甲和丙种植后均表现为缺刻叶网皮，实验①杂交的F1结果类似于测交，实验②的F2出现9∶3∶3∶1，则F1的基因型为AaBb(设有关叶形基因用A、a表示，有关果皮基因用B、b表示)，综合推知，甲的基因型为Aabb，乙的基因型为aaBb，丙的基因型为AAbb，丁的基因型为aaBB，甲、乙、丙、丁中属于杂合子的是甲和乙。(3)实验②的F2中纯合子基因型为1/16AABB、1/16AAbb、1/16aaBB、1/16aabb，所有纯合子占的比例为1/4。(4)假如实验②的F2中缺刻叶齿皮∶缺刻叶网皮∶全缘叶齿皮∶全缘叶网皮＝45∶15∶3∶1，分别统计两对相对性状，缺刻叶∶全缘叶＝60∶4＝15∶1，可推知叶形受两对等位基因控制，齿皮∶网皮＝48∶16＝3∶1，可推知果皮受一对等位基因控制。
4．(2020·全国Ⅱ，32)控制某种植物叶形、叶色和能否抗霜霉病3个性状的基因分别用A/a、B/b、D/d表示，且位于3对同源染色体上。现有表型不同的4种植株：板叶紫叶抗病(甲)、板叶绿叶抗病(乙)、花叶绿叶感病(丙)和花叶紫叶感病(丁)。甲和丙杂交，子代表型均与甲相同；乙和丁杂交，子代出现个体数相近的8种不同表型。回答下列问题：
(1)根据甲和丙的杂交结果，可知这3对相对性状的显性性状分别是____________________。
(2)根据甲和丙、乙和丁的杂交结果，可以推断甲、乙、丙和丁植株的基因型分别为__________、____________、____________和____________。
(3)若丙和丁杂交，则子代的表型为_________________________。
(4)选择某一未知基因型的植株X与乙进行杂交，统计子代个体性状。若发现叶形的分离比为3∶1、叶色的分离比为1∶1、能否抗病性状的分离比为1∶1，则植株X的基因型为________。
答案 (1)板叶、紫叶、抗病 (2)AABBDD AabbDd aabbdd aaBbdd (3)花叶绿叶感病、花叶紫叶感病 (4)AaBbdd
解析 (1)因3对基因分别位于3对同源染色体上，故其遗传遵循基因的自由组合定律。甲和丙中含3对相对性状，因两者杂交子代表型均与甲相同，故甲中的板叶、紫叶和抗病都是显性性状。(2)由甲和丙杂交，子代表型均与甲相同可知，甲的基因型为AABBDD，丙的基因型为aabbdd。由乙和丁杂交，子代出现个体数相近的8种不同表型可知，每对基因的组合情况均符合测交的特点，结合乙和丁的表型，确定乙的基因型是AabbDd，丁的基因型是aaBbdd。(3)若丙(aabbdd)和丁(aaBbdd)杂交，子代基因型为aaBbdd、aabbdd，表型为花叶紫叶感病和花叶绿叶感病。(4)未知基因型的植株X与乙(AabbDd)杂交，若子代叶形的分离比为3∶1，则植株X叶形的相关基因型是Aa；若子代叶色的分离比为1∶1，则植株X叶色的相关基因型是Bb；若子代能否抗病性状的分离比为1∶1，则植株X能否抗病的相关基因型是dd。故植株X的基因型为AaBbdd。
一、易错辨析
1．在F1黄色圆粒豌豆(YyRr)自交产生的F2中，与F1基因型完全相同的个体占eq \f(1,4)( √ )
2．孟德尔两对相对性状的杂交实验中，F2的黄色圆粒中，只有基因型为YyRr的个体是杂合子，其他的都是纯合子( × )
3．若双亲豌豆杂交后子代表型之比为1∶1∶1∶1，则两个亲本基因型一定为YyRr×yyrr( × )
4．在进行减数分裂的过程中，等位基因彼此分离，非等位基因表现为自由组合( × )
5．基因自由组合定律是指F1产生的4种类型的雄配子和雌配子可以自由组合( × )
6．F1(YyRr)产生的基因型为YR的卵细胞和基因型为YR的精子的数量之比为1∶1( × )
7．某个体自交后代性状分离比为3∶1，则说明此性状是由一对等位基因控制的( × )
二、填空默写
1．(必修2 P26)F2中还出现了亲本所没有的性状组合——绿色圆粒和黄色皱粒。请思考：具有两对相对性状的纯合亲本杂交，产生的F1基因型为AaBb，则两亲本基因型是AABB×aabb或AAbb×aaBB，F2中重组类型所占比例是3/8或5/8。
2．验证动物基因的遗传是否符合自由组合定律的方法是自交法和测交法；验证植物基因的遗传是否符合自由组合定律的方法有自交法、测交法、花粉鉴定法、单倍体育种法。
课时精练
一、单项选择题
1．(2023·江苏灌云高三质检)如图为某植株自交产生后代过程示意图，下列相关叙述错误的是( )
A．M、N、P分别代表16、9、3
B．a与B或b的组合发生在①过程
C．②过程发生雌、雄配子的随机结合
D．该植株测交后代性状分离比为1∶1∶1∶1
答案 D
解析 ①过程形成4种雌配子和4种雄配子，则雌、雄配子的随机组合的方式是4×4＝16(种)，基因型＝3×3＝9(种)，表型为3种，M、N、P分别代表16、9、3，A正确；a与B或b的组合属于非等位基因的自由组合，发生在减数分裂后期Ⅰ，即①过程，B正确；②过程发生雌、雄配子的随机组合，即受精作用，C正确；该植株测交后代基因型以及比例为1(A_B_)∶1(A_bb)∶1(aaB_)∶1(aabb)，根据题干自交后代性状分离比可知，该植株测交后代表型的比例为2∶1∶1，D错误。
2．已知三对基因在染色体上的位置情况如图所示，且三对基因分别单独控制三对相对性状，则下列说法正确的是( )
A．三对基因的遗传遵循自由组合定律
B．基因型为AaDd的个体与基因型为aaDd的个体杂交的后代会出现4种表型
C．如果基因型为AaBb的个体在产生配子时没有发生交叉互换，则它只产生4种配子
D．基因型为AaBb的个体自交后代会出现4种表型，比例为9∶3∶3∶1
答案 B
解析 图中A和B、a和b基因位于一对同源染色体上，属于连锁基因，不遵循自由组合定律，A错误；基因A和a与D和d遵循自由组合定律，因此基因型为AaDd的个体与基因型为aaDd的个体杂交的后代会出现4种表型，B正确；如果基因型为AaBb的个体在产生配子时没有发生交叉互换，则它只产生2种配子，C错误；图中A和B、a和b基因位于一对同源染色体上，不遵循基因的自由组合定律，因此AaBb的个体自交后代不会出现9∶3∶3∶1的性状分离比，D错误。
3．(2023·江苏通州湾高三模拟)下图表示两对等位基因在染色体上的分布情况。若图1、2、3中的同源染色体均不发生交叉互换，则图中所示个体测交后代的表型种类依次是( )
A．4、2、3 B．3、2、2
C．4、2、4 D．4、2、2
答案 D
解析 图1个体含有两对同源染色体，基因型为AaBb，符合自由组合定律，测交后代有4种基因型(AaBb、Aabb、aaBb、aabb)，4种表型；图2个体产生AB和ab两种配子，测交后代有2种基因型(AaBb、aabb)，2种表型；图3个体Ab连锁，aB连锁，产生Ab和aB两种配子，测交后代有2种基因型(Aabb、aaBb)，2种表型，D正确。
4．玉米的顶端是雄花序，叶腋处为雌花序。研究发现，位于两对同源染色体上的B、b和T、t两对等位基因与玉米的性别分化有关，当基因B和基因T同时存在时，既有雄花序，又有雌花序；基因b纯合可以使植株只有雄花序，叶腋处没有雌花序；基因t纯合可以使雄花序发育成为可育的雌花序。下列有关说法错误的是( )
A．玉米有雌雄同株、雌株、雄株三种表型
B．bbTt只有雄花序，bbtt仅顶端有雌花序
C．BbTt自交，雌雄配子的结合方式有16种
D．BbTt与bbTt的杂交后代中雄株占1/3
答案 D
5．已知水稻高秆(T)对矮秆(t)为显性，抗病(R)对易感病(r)为显性，两对基因独立遗传。现将高秆抗病水稻和矮秆抗病水稻作亲本进行杂交，发现后代(F1)出现4种类型，其比例分别为高秆抗病∶矮秆抗病∶高秆易感病∶矮秆易感病＝3∶3∶1∶1，若让F1中高秆抗病植株相互授粉，F2的表型比例是( )
A．25∶5∶5∶1 B．24∶8∶3∶1
C．15∶5∶3∶1 D．9∶3∶3∶1
答案 B
解析 F1中高秆∶矮秆＝1∶1，说明两亲本相关的基因型分别为Tt、tt；F1中抗病∶易感病＝3∶1，说明两亲本相关的基因型均为Rr，故两亲本的基因型分别为TtRr、ttRr，则F1中高秆抗病的基因型为TtRR(1/3)、TtRr(2/3)，可计算出基因T和t的频率均为1/2、基因R和r的频率分别为2/3、1/3。随机交配，后代高秆(T_)∶矮秆(tt)＝3∶1，抗病(R_)∶易感病(rr)＝8∶1，高秆抗病(T_R_)∶矮秆抗病(ttR_)∶高秆易感病(T_rr)∶矮秆易感病(ttrr)＝24∶8∶3∶1。故选B。
6．遗传因子组成为ddEeFf和DdEeff的两种豌豆杂交，在3对遗传因子各自独立遗传的条件下，其子代性状表现不同于两个亲本的个体占全部子代的( )
A．1/4 B．3/8 C．5/8 D．3/4
答案 C
解析 先使用拆分法及分离定律计算与亲本相同的情况，因此ddEeFf和DdEeff杂交，可以拆分为(dd×Dd)×(Ee×Ee)×(Ff×ff)，与ddEeFf表型相同的是1/2×3/4×1/2＝3/16，与DdEeff表型相同的是1/2×3/4×1/2＝3/16，因此与亲本表型相同的比例为3/8，与亲本表型不同的为5/8。
7．(2023·江苏无锡高三开学考试)在模拟孟德尔杂交实验时，学生在正方体1和正方体2的六个面上用A和a标记，在正方体3和正方体4的六个面上用B和b标记，将四个正方体同时多次掷下，下列有关叙述错误的是( )
A．用正方体1和正方体2可以模拟分离定律的性状分离比
B．每个正方体上A和a(或B和b)的数量均应为3个
C．统计正方体3和正方体4的字母组合，出现Bb的概率为eq \f(1,2)
D．统计四个正方体的字母组合，出现Aabb的概率为eq \f(1,16)
答案 D
解析 一个正方体可表示一对等位基因的分离，正方体1和正方体2可表示雌雄生殖器官，因此用正方体1和正方体2可以模拟分离定律的分离比，A正确；模拟孟德尔杂交实验时，杂合子AaBb中各个基因的个数相同，因此每个正方体上A和a(或B和b)的数量均应为3个，一个正方体可表示一对等位基因的分离，B正确；将正方体3和正方体4同时多次掷下，正方体3出现B、b的概率均为1/2，正方体4出现B、b的概率均为1/2，因此出现Bb的概率为2×1/2×1/2＝1/2，C正确；统计四个正方体的字母组合，每个正方体出现其中一个基因的概率为1/2，因此出现Aabb的概率为2×1/2×1/2(Aa)×1/2×1/2(bb)＝1/8，D错误。
8．现让基因型为DdRr的水稻和基因型为Ddrr的水稻杂交得F1，所得F1的结果如图所示。下列分析错误的是( )
A．高秆和矮秆分别由D、d基因控制
B．F1中有6种基因型、4种表型
C．F1中4种表型的比例是3∶1∶3∶1
D．F1中高秆植株自由交配，后代纯合子所占比例为eq \f(3,4)
答案 D
解析 由题图可知，F1中高秆∶矮秆＝3∶1，说明高秆对矮秆为显性性状，分别由基因D、d控制，A正确；基因型为DdRr和基因型为Ddrr的水稻杂交，Dd×Dd的F1有3种基因型(DD、Dd、dd)、2种表型(高秆、矮秆)，Rr×rr的F1有2种基因型(Rr、rr)、2种表型(非糯性、糯性)，因此F1中有6种基因型、4种表型，B正确；在F1中，高秆∶矮秆＝3∶1，非糯性∶糯性＝1∶1，所以F1中4种表型的比例是高秆非糯性∶矮秆非糯性∶高秆糯性∶矮秆糯性＝3∶1∶3∶1，C正确；F1高秆植株中，DD占eq \f(1,3)、Dd占eq \f(2,3)，产生的配子为eq \f(2,3)D、eq \f(1,3)d，因此F1中高秆植株自由交配，后代纯合子所占比例为eq \f(2,3)D×eq \f(2,3)D＋eq \f(1,3)d×eq \f(1,3)d＝eq \f(5,9)，D错误。
二、多项选择题
9．某植物红花和白花这对相对性状同时受多对等位基因(A/a、B/b、C/c……)控制，当个体的基因型中每对等位基因都至少含有一个显性基因时才开红花，否则开白花。现将两个纯合的白花品系杂交，F1开红花，再将F1自交，F2中的白花植株占37/64。若不考虑变异，下列说法正确的是( )
A．每对等位基因的遗传均遵循分离定律
B．该花色遗传至少受3对等位基因控制
C．F2红花植株中杂合子占26/27
D．F2白花植株中纯合子基因型有4种
答案 ABC
解析 根据题意分析，本实验中将两个纯合的白花品系杂交，F1开红花，再将F1自交，F2中的白花植株占37/64，说明红花植株占1－37/64＝27/64＝(3/4)3，根据n对等位基因自由组合且完全显性时，F2中显性个体的比例为(3/4)n，可判断该花色遗传至少受3对等位基因的控制。由于每对等位基因都至少含有一个显性基因时才开红花，所以F2红花植株中纯合子(AABBCC)基因型只有1种，白花植株中纯合子基因型有23－1＝7(种)，D错误。
10．洋葱鳞茎有红色、黄色和白色三种，研究人员用红色鳞茎洋葱与白色鳞茎洋葱杂交全为红色鳞茎洋葱，F1自交，F2中红色、黄色和白色鳞茎洋葱分别有119株、32株和10株。下列相关叙述正确的是( )
A．洋葱鳞茎不同颜色是由细胞液中不同色素引起的
B．洋葱鳞茎颜色是由遵循自由组合定律的两对等位基因控制的
C．F2的红色鳞茎洋葱中与F1基因型相同的个体大约占4/9
D．从F2中的黄色鳞茎洋葱中任取一株进行测交，得到白色洋葱的概率为1/4
答案 AB
解析 根据题干信息可得，F2中不同颜色鳞茎洋葱的表型比例大致为12(9＋3)∶3∶1，满足两对等位基因控制性状的分离比，故洋葱鳞茎颜色是由遵循自由组合定律的两对等位基因控制的，B正确；根据题意可得，F1的基因型为AaBb，则F2的红色鳞茎洋葱基因型为AaBb的概率为1/3，C错误；测交得到白色洋葱的概率为2/3×1/2＝1/3，D错误。
11．已知某植物可进行自花和异花传粉，其花中相关色素的合成途径如图所示，且3对基因分别位于3对同源染色体上。下列相关叙述不正确的是( )
A．纯合紫花植株的基因型共有6种
B．若某基因型为aa的植株中基因a发生突变，则一定不能合成酶1
C．若某紫花植株自交可产生3种花色个体，子代白花植株出现的概率为3/16
D．图中紫色素的合成受多对基因控制，其遗传不遵循基因的自由组合定律
答案 ABD
解析 由题图可知，纯合紫花植株的基因型有aaBBCC、aaBBcc、AABBCC、AAbbCC、aabbCC，共5种，A错误；由于密码子具有简并性等原因，基因突变不一定会导致蛋白质(酶)改变，B错误；根据基因与性状的关系图，先推导出基因型与表型之间的对应关系，即紫花——aaB_cc或_ _ _ _C_、红花——aabbcc、白花——A_ _ _cc，已知某紫花植株自交可产生3种花色个体，由子代中有白花植株可知，该紫花植株一定含有A基因，再根据子代中有红花植株可知，该紫花植株的基因型是Aa_bCc，则子代中白花植株出现的概率＝3/4×1×1/4＝3/16，C正确；虽然紫色素的合成受多对基因控制，但3对基因分别位于3对同源染色体上，因此，这些基因的遗传仍遵循基因的自由组合定律，D错误。
12．已知A与a、B与b、C与c 3对等位基因自由组合，基因型分别为AaBbCc、AabbCc的两个体进行杂交。下列关于杂交后代的推测，不正确的是( )
A．表型有8种，aaBbCc个体占的比例为1/16
B．表型有4种，AaBbCc个体占的比例为1/16
C．表型有4种，aaBbcc个体占的比例为1/16
D．表型有8种，Aabbcc个体占的比例为1/8
答案 BCD
解析 AaBbCc×AabbCc，可分解为三个分离定律：Aa×Aa→1AA∶2Aa∶1aa，后代有2种表型；Bb×bb→1Bb∶1bb，后代有2种表型；Cc×Cc→1CC∶2Cc∶1cc，后代有2种表型；所以AaBbCc×AabbCc，后代中有2×2×2＝8种表型。aaBbCc个体的比例为1/4aa×1/2Bb×1/2Cc＝1/16；AaBbCc个体的比例为1/2Aa×1/2Bb×1/2Cc＝1/8；aaBbcc个体占的比例为1/4aa×1/2Bb×1/4cc＝1/32；Aabbcc个体占的比例为1/2Aa×1/2bb×1/4cc＝1/16。
三、非选择题
13．(2023·江苏南通高三调研)水貂毛色有深褐色、银蓝色、灰蓝色、白色，受三对基因控制，其机理如下图。请回答下列问题：
(1)过程①所需的酶是____________，过程②的原料是____________。
(2)P基因突变为 Pr基因导致Pr蛋白比P蛋白少了75个氨基酸，其原因是_________________。
________Pr蛋白不能运输真黑色素，说明基因可通过__________________________控制生物性状。
(3)P、Ps、Pr基因的遗传遵循____________定律，白色水貂基因型有____________种。
(4)研究人员利用3个纯系(其中品系3的基因型是HHttPP)亲本水貂进行杂交，F1自由交配，结果如下：
①实验一中，F2银蓝色水貂与F1银蓝色水貂基因型相同的概率是__________；F2灰蓝色水貂自由交配，子代中灰蓝色水貂占__________。
②根据以上实验结果无法确定三对基因的遗传是否遵循基因的自由组合定律。研究人员让实验二F1自由交配，若后代的深褐色∶银蓝色∶白色＝__________，则说明这三对基因遵循基因的白由组合定律。
答案 (1)RNA聚合酶 氨基酸 (2)mRNA上终止密码子提前出现 控制蛋白质的结构 (3)基因的分离 30 (4)①eq \f(4,9) eq \f(8,9) ②27∶9∶28
解析 (1)过程①是转录，需要RNA聚合酶；过程②是翻译，原料是氨基酸。(2)Pr蛋白比P蛋白少了75个氨基酸，可能是基因发生了碱基的缺失，或者发生碱基的替换，导致转录的mRNA终止密码子提前，所以翻译提前终止。Pr蛋白不能运输真黑色素，说明基因可通过控制蛋白质的结构直接控制生物性状。(3)P、Ps、Pr基因属于复等位基因，其遗传遵循基因分离定律。如果生物缺失酪氨酸酶，则酪氨酸不能转变为真黑色素，呈现出白色，所以H_tt__、hh____表现为白色，因此基因型有2×1×6＋1×3×6＝30种。(4)实验二中亲代品系3的基因型是HHttPP，但F1表现为深褐色，基因型是H_T_P_，所以品系2中含有T基因，基因型为hhTT__；由实验一中纯合灰蓝色个体 HHTTPrPr和品系2杂交，F1表现为银蓝色，基因型为H_T_Ps_，且自交后代出现9∶3∶4的比例，为9∶3∶3∶1的变式，因此F1有两对基因杂合，且遵循自由组合定律，基因型是HhTTPsPr，可知亲代品系2的基因型是hhTTPsPs，且Ps对Pr为显性。①实验一中，品系1基因型为HHTTPrPr，F1基因型为HhTTPsPr，F2中与F1银蓝色水貂基因型相同的概率是eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(4,9)；F2灰蓝色水貂基因型及概率为eq \f(1,3)HHTTPrPreq \f(2,3)HhTTPsPr，如果自由交配，则子代中灰蓝色H_TTPrPr水貂的比例为1－eq \f(2,3)×eq \f(2,3)×eq \f(1,4)＝eq \f(8,9)。②实验二中品系2的基因型是hhTTPsPs，品系3的基因型是HHttPP，F1的基因型是HhTtPPs，表现为深褐色，所以P基因对Ps为显性；如果三对基因遵循自由组合定律，F1自由交配，子代中表型及比例为深褐色(H_T_P_)∶银蓝色(H_T_PsPs)∶白色(H_tt__、hh____)＝eq \f(3,4)×eq \f(3,4)×eq \f(3,4)∶eq \f(3,4)×eq \f(3,4)×eq \f(1,4)∶(eq \f(3,4)×eq \f(1,4)＋eq \f(1,4))＝27∶9∶28。
14．野茉莉花瓣的颜色是红色的，其花瓣所含色素由核基因控制的有关酶所决定。用两个无法产生红色色素的纯种(突变品系1和突变品系2)及其纯种野生型茉莉进行杂交实验，F1自交得F2，结果如下表。研究表明，决定产生色素的基因A对a为显性。但另对等位基因B、b中，显性基因B存在时，会抑制色素的产生。请回答：
(1)上述两对基因的遗传符合____________定律，杂交亲本中突变品系1的基因型为________；突变品系2的基因型是____________。
(2)第Ⅱ组F2中无色素植株中纯合子占________，如果让第Ⅱ组F2中无色素植株与有色素植株进行杂交，后代中有色素植株所占比例为________。
(3)第Ⅲ组的F2中，无色素植株的基因型共有________种，其中纯合子所占比例为________。
(4)从第Ⅰ、Ⅲ组的F2中各取一株能产生色素的植株，二者基因型相同的概率是________。第Ⅲ组的F2无色素植株自交得到F2种子，1个F2植株上所结的全部种子种在一起，长成的植株称为1个F3株系。理论上，在所有F3株系中含两种花色类型植株的株系比例占________。
答案 (1)自由组合 aabb AABB (2)1/3 1/3
(3)7 3/13 (4)5/9 6/13验证方法
结论
自交法
F1自交后代的性状分离比为9∶3∶3∶1，则遵循基因的自由组合定律，由位于两对同源染色体上的两对等位基因控制
测交法
F1测交后代的性状比例为1∶1∶1∶1，由位于两对同源染色体上的两对等位基因控制，则遵循自由组合定律
花粉鉴定法
F1若有四种花粉，比例为1∶1∶1∶1，则遵循自由组合定律
单倍体育种法
取花药离体培养，用秋水仙素处理单倍体幼苗，若植株有四种表型，且比例为1∶1∶1∶1，则遵循自由组合定律
题型分类
示例
解题规律
种类问题
配子类型
(配子种类数)
AaBbCCDd产生配子种类数为8(种)(即2×2×1×2＝8)
2n(n为等位基因对数)
配子间结合方式
AABbCc×aaBbCC，配子间结合方式种类数为8(种)
配子间结合方式种类数等于配子种类数的乘积
子代基因型
(或表型)种类
AaBbCc×Aabbcc，子代基因型种类数为12(种)，表型为8(种)
双亲杂交(已知双亲基因型)，子代基因型(或表型)种类等于各性状按分离定律所求基因型(或表型)种类的乘积
概率问题
某基因型
(或表型)的比例
AABbDd×aaBbdd，F1中AaBbDd所占比例为eq \f(1,4)
按分离定律求出相应基因型(或表型)的比例，然后利用乘法原理进行组合
纯合子或杂合
子出现的比例
AABbDd×AaBBdd，F1中纯合子所占比例为eq \f(1,8)
按分离定律求出纯合子的概率的乘积为纯合子出现的比例，杂合子概率＝1－纯合子概率
组别
黑蚁黄茧
黑蚁白茧
淡赤蚁黄茧
淡赤蚁白茧
组合一
9
3
3
1
组合二
0
1
0
1
组合三
3
0
1
0
亲本相对性状的对数
1
2
n
F1配子种类和比例
2种
(1∶1)1
22种
(1∶1)2
2n种
(1∶1)n
F2表型种类和比例
2种
(3∶1)1
22种
(3∶1)2
2n种
(3∶1)n
F2基因型种类和比例
3种
(1∶2∶1)1
32种
(1∶2∶1)2
3n种
(1∶2∶1)n
F2全显性个体比例
(3/4)1
(3/4)2
(3/4)n
F2中隐性个体比例
(1/4)1
(1/4)2
(1/4)n
F1测交后代表型种类及比例
2种
(1∶1)1
22种
(1∶1)2
2n种
(1∶1)n
F1测交后代全显性个体比例
(1/2)1
(1/2)2
(1/2)n
项目
表型及比例
yyR_(绿圆)
自交
绿色圆粒∶绿色皱粒＝5∶1
测交
绿色圆粒∶绿色皱粒＝2∶1
自由交配
绿色圆粒∶绿色皱粒＝8∶1
Y_R_(黄圆)
自交
黄色圆粒∶绿色圆粒∶黄色皱粒∶绿色皱粒＝25∶5∶5∶1
测交
黄色圆粒∶绿色圆粒∶黄色皱粒∶绿色皱粒＝4∶2∶2∶1
自由交配
黄色圆粒∶绿色圆粒∶黄色皱粒∶绿色皱粒＝64∶8∶8∶1
实验
亲本
F1
F2
①
甲×乙
1/4缺刻叶齿皮，1/4缺刻叶网皮，1/4全缘叶齿皮，1/4全缘叶网皮
/
②
丙×丁
缺刻叶齿皮
9/16缺刻叶齿皮，3/16缺刻叶网皮，3/16全缘叶齿皮，1/16全缘叶网皮
组别
亲本
F1表型
F2表型
Ⅰ
突变品系1×野生型
有色素
3/4有色素，1/4无色素
Ⅱ
突变品系2×野生型
无色素
1/4有色素，3/4无色素
Ⅲ
突变品系1×突变品系2
无色素
3/16有色素，13/16无色素
考点一 自由组合定律的发现
1．两对相对性状杂交实验
(1)两对相对性状杂交实验的过程
(2)对杂交实验结果的分析
(3)遗传图解
结果分析
2．对两对相对性状杂交实验的解释
根据两对相对性状的杂交实验，孟德尔推断：
(1)这两对相对性状是独立遗传的。
(2)控制这两对相对性状的遗传因子之间可以自由组合。因此，一对相对性状的分离与不同对相对性状之间的组合是彼此独立、互不干扰的。
3．对自由组合的验证
(1)方法：测交法。
(2)测交图解
源于必修2 P26：孟德尔杂交实验中为什么要用正交和反交？
提示 用正反交实验是为了证明性状的遗传是否和母本有关。
延伸应用 (1)含两对相对性状的纯合亲本杂交，F2中重组类型所占比例一定是6/16吗？
提示 当亲本基因型为YYRR和yyrr时，F2中重组类型所占比例是6/16；当亲本基因型为YYrr和yyRR时，F2中重组类型所占比例是10/16。
(2)F2出现9∶3∶3∶1的条件有①②③④。
①所研究的每一对相对性状只受一对等位基因控制，而且等位基因要完全显性
②不同类型的雌雄配子都能发育良好，且受精的机会均等
③所有后代都应处于比较一致的环境中，而且存活率相同
④供实验的群体要足够大，个体数量要足够多
4．自由组合定律
(1)细胞学基础
(2)实质、发生时间及适用范围
(3)自由组合定律的验证
延伸应用 (1)下图中哪些过程可以体现分离定律的实质？哪些过程体现了自由组合定律的实质？
提示 ①②④⑤过程发生了等位基因分离，可以体现分离定律的实质。只有④⑤体现了自由组合定律的实质。
(2)总结非等位基因的遗传规律
(3)若基因型为AaBb的个体测交后代出现4种表型，但比例为42%∶8%∶8%∶42%，试解释出现这一结果的可能原因是什么？
提示 A、a和B、b两对等位基因位于同一对同源染色体上，且部分初级性母细胞在四分体时期发生交叉互换，产生4种类型配子，其比例为42%∶8%∶8%∶42%。
考向一 两对相对性状杂交实验过程
1．(2023·江苏高三模拟)豌豆种子的黄色(Y)对绿色(y)为显性，圆粒(R)对皱粒(r)为显性，让绿色圆粒豌豆与黄色皱粒豌豆杂交，F1都表现为黄色圆粒，F1自交得F2，F2有4种表型，如果继续将F2中全部杂合的黄色圆粒种子播种后进行自交，所得后代的表型比例为( )
A．25∶15∶15∶9 B．21∶5∶5∶1
C．25∶5∶5∶1 D．16∶4∶4∶1
答案 B
解析 根据题意可知，F1黄色圆粒个体的基因型为YyRr，F1自交得F2，F2中黄色圆粒中纯合子(YYRR)占1/9，黄色圆粒杂合子中YYRr占1/4、YyRR占1/4、YyRr占1/2；1/4YYRr自交后代中，黄色圆粒(YYR_)的概率为1/4×3/4＝3/16，黄色皱粒(YYrr)的概率为1/4×1/4＝1/16；同理可以计算出1/4YyRR自交后代中，黄色圆粒(Y－RR)的概率为1/4×3/4＝3/16，绿色圆粒(yyRR)的概率为1/4×1/4＝1/16；1/2的YyRr自交后代中，黄色圆粒(Y－R－)的概率为1/2×9/16＝9/32，黄色皱粒(Y－rr)的概率为1/2×3/16＝3/32，绿色圆粒(yyR_)的概率为1/2×3/16＝3/32，绿色皱粒(yyrr)的概率为1/2×1/16＝1/32，因此黄色圆粒∶黄色皱粒∶绿色圆粒∶绿色皱粒＝(3/16＋3/16＋9/32)∶(1/16＋3/32)∶(1/16＋3/32)∶(1/32)＝21∶5∶5∶1，故选B。
2．孟德尔在两对相对性状的豌豆杂交实验中，用纯种黄色圆粒豌豆和纯种绿色皱粒豌豆杂交获得F1，F1自交得F2。下列有关叙述正确的是( )
A．黄色与绿色、圆粒与皱粒的遗传都遵循分离定律，故这两对性状的遗传遵循自由组合定律
B．F1产生的雄配子总数与雌配子总数相等，是F2出现9∶3∶3∶1性状分离比的前提
C．从F2的绿色圆粒植株中任取两株，这两株基因型不同的概率为4/9
D．若自然条件下将F2中黄色圆粒植株混合种植，后代出现绿色皱粒的概率为1/81
答案 C
解析 连锁的两对等位基因也都遵循分离定律，故不能依据黄色与绿色、圆粒与皱粒的遗传都遵循分离定律，得出这两对性状的遗传遵循自由组合定律的结论，A错误；F1产生的雄配子总数往往多于雌配子总数，B错误；从F2的绿色圆粒植株yyRR或yyRr中任取两株，这两株基因型相同的概率为1/3×1/3＋2/3×2/3＝5/9，故不同的概率为4/9，C正确；若自然条件下将F2中黄色圆粒植株混合种植，由于豌豆是自花传粉植物，只有基因型为YyRr的个体才会产生yyrr的绿色皱粒豌豆，故后代出现绿色皱粒的概率为4/9×1/16＝1/36，D错误。
考向二 自由组合定律的实质及验证
3．(多选)(2023·江苏南京高三检测)如图表示孟德尔揭示两个遗传定律时所选用的豌豆植株及其体内相关基因控制的性状、显隐性及其在染色体上的分布。下列叙述错误的是( )
A．图甲、乙、丙、丁所示个体都可以作为验证基因分离定律的材料
B．图丁所示个体自交后代中表型为黄皱与绿皱的比例是3∶1
C．图甲、乙所示个体减数分裂时，都能揭示基因的自由组合定律的实质
D．图乙所示个体自交后代会出现3种表型，比例为1∶2∶1
答案 CD
解析 甲、乙、丙、丁均含有等位基因，都可以作为研究基因分离定律的材料，A正确；图丁个体自交后代中DDYYrr∶DdYyrr∶ddyyrr＝1∶2∶1，其中黄色皱粒∶绿色皱粒＝3∶1，B正确；图甲、乙都只有一对等位基因，所示个体减数分裂时，不能用来揭示基因的自由组合定律的实质，C错误；图乙个体(YYRr)自交，只会出现两种表型，黄色圆粒(YYR_)∶黄色皱粒(YYrr)＝3∶1，D错误。
4．下图为模拟孟德尔杂交实验的简易装置。若从每个烧杯中随机抽取一个小球组合在一起，模拟基因自由组合产生生殖细胞的过程，下列可达到实验目的的烧杯组合是( )
A．①②B．②③
C．③④D．①③
答案 D
解析 ①中是D和d这对等位基因，③中是R和r这对等位基因，用这两个烧杯可以模拟基因自由组合定律，即从每个烧杯中随机抽取一个小球组合在一起，D正确。
考向三 孟德尔遗传规律的应用
5．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)对易感病(b)为显性。为选育抗病香稻新品种，进行一系列杂交实验，其中无香味易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3/8
C．子代中有香味抗病植株中能稳定遗传的占1/2
D．两亲本杂交的子代自交，后代群体中能稳定遗传的有香味抗病植株所占比例为3/64
答案 C
解析 由题干信息和杂交子代的统计结果可知，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；亲代的基因型为Aabb×AaBb，子代香味相关的基因型为1/4AA、1/2Aa、1/4aa，分别自交得到aa的概率为3/8，子代与抗病性状相关的基因型为1/2Bb和1/2bb，所以自交得到BB的概率为1/8，所以得到能稳定遗传的有香味抗病植株的比例为3/8×1/8＝3/64，D正确。
6．人的眼睛散光(A)对不散光(a)为显性；直发(B)和卷发(b)杂合时表现为波浪发，两对基因分别位于两对常染色体上。一个其母亲正常但本人有散光症的波浪发女性，与一个无散光症的波浪发男性婚配。下列叙述正确的是( )
A．基因B、b的遗传不符合分离定律
B．卵细胞中同时含A、B的概率为eq \f(1,2)
C．所生孩子中最多有6种不同的表型
D．生出一个无散光症直发孩子的概率为eq \f(3,8)
答案 C
解析 基因B、b的遗传符合分离定律，A错误；一个其母亲正常但本人有散光症的波浪发女性的基因型是AaBb，卵细胞中同时含A、B的概率为eq \f(1,4)，B错误；已知女性的基因型是AaBb，无散光症的波浪发男性的基因型是aaBb，二者婚配，所生孩子中的表型最多为2[散光(Aa)、不散光(aa)]×3[直发(BB)、波浪发(Bb)、卷发(bb)]＝6(种)，其中生出一个无散光症直发孩子(aaBB)的概率为eq \f(1,2)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,8)，C正确、D错误。
考点二 自由组合定律的常规解题规律和方法
题型一 已知亲代推子代
1．思路
将多对等位基因的自由组合分解为若干分离定律分别分析，再运用乘法原理进行组合(拆分组合法)。
2．方法
题型突破
1．(2023·江苏淮安高三检测)基因型为AaBbCc和AabbCc的两个个体杂交(三对等位基因分别位于三对同源染色体上)。下列关于杂交后代的推测，正确的是( )
A．表型有8种，AaBbCc个体的比例为1/16
B．表型有8种，aaBbCc个体的比例为1/16
C．表型有4种，aaBbcc个体的比例为1/16
D．表型有8种，Aabbcc个体的比例为1/8
答案 B
解析 由题意可知，杂交后代的表型有2×2×2＝8(种)，基因型为AaBbCc个体的比例为1/2×1/2×1/2＝1/8，aaBbCc个体的比例为1/4×1/2×1/2＝1/16，aaBbcc个体的比例为1/4×1/2×1/4＝1/32，Aabbcc个体的比例为1/2×1/2×1/4＝1/16，B正确。
2．番茄红果对黄果为显性，二室果对多室果为显性，长蔓对短蔓为显性，三对性状独立遗传。现有红果、二室、短蔓和黄果、多室、长蔓的两个纯合品系，将其杂交种植得F1和F2，则在F2中红果、多室、长蔓所占的比例及红果、多室、长蔓中纯合子的比例分别是( )
A.eq \f(9,64)、eq \f(1,9)B.eq \f(9,64)、eq \f(1,64)
C.eq \f(3,64)、eq \f(1,3)D.eq \f(3,64)、eq \f(1,64)
答案 A
解析 设控制三对性状的基因分别用A、a，B、b，C、c表示，亲代基因型为AABBcc与aabbCC，F1的基因型为AaBbCc，F2中A_∶aa＝3∶1，B_∶bb＝3∶1，C_∶cc＝3∶1，所以F2中红果、多室、长蔓所占的比例是eq \f(3,4)×eq \f(1,4)×eq \f(3,4)＝eq \f(9,64)；在F2的每对相对性状中，显性性状中的纯合子占eq \f(1,3)，故红果、多室、长蔓中纯合子的比例是eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,9)。
题型二 已知子代推亲代(逆向组合法)
1．基因填充法
根据亲代表型可大概写出其基因型，如A_B_、aaB_等，再根据子代表型将所缺处补充完整，特别要学会利用后代中的隐性性状，因为后代中一旦存在双隐性个体，那亲代基因型中一定存在a、b等隐性基因。
2．分解组合法
根据子代表型比例拆分为分离定律的分离比，确定每一对相对性状的亲本基因型，再组合。如：
(1)9∶3∶3∶1→(3∶1)(3∶1)→(Aa×Aa)(Bb×Bb)→AaBb×AaBb。
(2)1∶1∶1∶1→(1∶1)(1∶1)→(Aa×aa)(Bb×bb)→AaBb×aabb或Aabb×aaBb。
(3)3∶3∶1∶1→(3∶1)(1∶1)→(Aa×Aa)(Bb×bb)或(Aa×aa)(Bb×Bb)→AaBb×Aabb或AaBb×aaBb。
题型突破
3．(多选)在家蚕遗传中，黑色(A)与淡赤色(a)是有关蚁蚕(刚孵化的蚕)体色的相对性状，黄茧(B)与白茧(b)是有关茧色的相对性状，假设这两对相对性状自由组合，有三对亲本组合，杂交后得到的数量比如下表，下列说法正确的是( )
A.组合一亲本基因型一定是AaBb×AaBb
B．组合三亲本基因型可能是AaBB×AaBB
C．若组合一和组合三亲本杂交，子代表型及比例与组合三的相同
D．组合二亲本基因型一定是Aabb×aabb
答案 ABD
解析 组合一的杂交后代比例为9∶3∶3∶1，所以亲本基因型一定为AaBb×AaBb；组合二杂交后代只有白茧，且黑蚁与淡赤蚁比例为1∶1，所以亲本基因型一定为Aabb×aabb；组合三杂交后代只有黄茧，且黑蚁与淡赤蚁比例为3∶1，所以亲本基因型为AaBB×AaBB或AaBB×AaBb或AaBB×Aabb；只有组合一中的基因型AaBb和组合三中的基因型AaBB杂交，子代表型及比例才与组合三的相同。
4．水稻的高秆(D)对矮秆(d)是显性，抗锈病(R)对不抗锈病(r)是显性，这两对基因自由组合。甲水稻(DdRr)与乙水稻杂交，其后代四种表型的比例是3∶3∶1∶1，则乙水稻的基因型是( )
A．Ddrr或ddRr B．DdRR
C．ddRR D．DdRr
答案 A
解析 甲水稻(DdRr)与乙水稻杂交，其后代四种表型的比例是3∶3∶1∶1,3∶3∶1∶1可以分解成(3∶1)×(1∶1)，说明控制两对相对性状的基因中，有一对均为杂合子，另一对属于测交类型，所以乙水稻的基因型为Ddrr或ddRr。
题型三 多对等位基因的自由组合
n对等位基因(完全显性)分别位于n对同源染色体上的遗传规律
逆向思维 (1)某显性亲本的自交后代中，若全显个体的比例为(3/4)n或隐性个体的比例为(1/4)n，可知该显性亲本含有n对杂合基因，该性状至少受n对等位基因控制。
(2)某显性亲本的测交后代中，若全显性个体或隐性个体的比例为(1/2)n，可知该显性亲本含有n对杂合基因，该性状至少受n对等位基因控制。
(3)若F2中子代性状分离比之和为4n，则该性状由n对等位基因控制。
题型突破
5．(多选)(2023·江苏如皋高三模拟)甘蓝型油菜是我国重要的油料作物，它的花色性状由三对独立遗传的等位基因(A和a、B和b、D和d)控制。当有两个A基因时开白花，只有一个A基因时开乳白花，三对基因均为隐性时开金黄花，其余情况开黄花。下列叙述正确的是( )
A．稳定遗传的白花植株的基因型有3种
B．乳白花植株自交后代中可能出现4种花色
C．基因型AaBbDd的植株测交，后代中黄花占3/8
D．基因型AaBbDd的植株自交，后代中黄花占1/4
答案 BC
解析 白花对应的基因型为AA____，能稳定遗传的基因型有AABBDD、AABBdd、AAbbDD、AAbbdd，共4种，A错误；乳白花植株AaBbDd自交后代会出现白色AA____，乳白色Aa____，金黄色aabbdd，以及aaB_dd等黄色，共4种花色，B正确；基因型AaBbDd的植株测交，即让基因型AaBbDd的植株与金黄花植株aabbdd杂交，后代中乳白花占1/2，金黄花占1/2×1/2×1/2＝1/8，黄花占1－1/2－1/8＝3/8，C正确；基因型AaBbDd的植株自交，子代中白花占1/4，乳白花占1/2，金黄花占1/64，则黄花的比例为1－1/4－1/2－1/64＝15/64，D错误。
6．矮牵牛花瓣中存在合成红色和蓝色色素的生化途径(如图所示，A、B、E为控制相应生化途径的基因)。矮牵牛在红色和蓝色色素均存在时表现为紫色。若一亲本组合杂交得F1，F1自交产生F2的表型及比例为紫色∶红色∶蓝色∶白色＝9∶3∶3∶1，下列说法不正确的是( )
A．亲本基因型可为AABBEE×aaBBee或AABBee×aaBBEE
B．本实验无法判断A、B基因遗传是否符合自由组合定律
C．F2中紫色个体与白色个体杂交，不会出现白色个体
D．F2中蓝色矮牵牛花自交，其后代中纯合子的概率为2/3
答案 C
解析 让基因型为AABBEE×aaBBee的或AABBee×aaBBEE的亲本杂交得F1，基因型为AaBBEe，由于BB纯合，所以F1自交产生F2的表型及比例为紫色(A_BBE_)∶红色(A_BBee)∶蓝色(aaBBE_)∶白色(aaBBee)＝9∶3∶3∶1，A正确；由以上亲本基因型可知BB是纯合的，所以无法通过后代的性状分离比判断其与A是否遵循基因的自由组合定律，B正确；F2中紫色个体(A_BBE_)与白色个体(aaBBee)杂交，完全可能出现白色个体(aaBBee)，C错误；F2中蓝色矮牵牛花的基因型为aaBBEE和aaBBEe，比例为1∶2，所以其自交后代中纯合子的概率为1/3＋2/3×1/2＝2/3，D正确。
题型四 自由组合中的自交、测交和自由交配问题
纯合黄色圆粒豌豆(YYRR)和纯合绿色皱粒豌豆(yyrr)杂交后得F1，F1再自交得F2，若F2中绿色圆粒豌豆个体和黄色圆粒豌豆个体分别进行自交、测交和自由交配，所得子代的表型及比例分别如表所示：
题型突破
7．在孟德尔两对相对性状的杂交实验中，用纯合的黄色圆粒豌豆(YYRR)和绿色皱粒豌豆(yyrr)作亲本杂交得F1，F1全为黄色圆粒，F1自交得F2。在F2中，①用绿色皱粒人工传粉给黄色圆粒豌豆；②用绿色圆粒人工传粉给黄色圆粒豌豆；③让黄色圆粒自交，三种情况独立进行实验，则子代的表型比例分别为( )
A．①4∶2∶2∶1 ②15∶8∶3∶1 ③64∶8∶8∶1
B．①3∶3∶1∶1 ②4∶2∶2∶1 ③25∶5∶5∶1
C．①1∶1∶1∶1 ②6∶3∶2∶1 ③16∶8∶2∶1
D．①4∶2∶2∶1 ②16∶8∶2∶1 ③25∶5∶5∶1
答案 D
8．某植物雌雄同株，开单性花。将基因型为AaBb的个体与基因型为aaBB的个体(两对等位基因独立遗传)按照1∶1的比例混合种植，自由交配产生F1，F1分别测交。下列相关分析正确的是( )
A．F1共有9种基因型，纯合子所占的比例为7/16
B．F1共有4种基因型，纯合子所占的比例为1/4
C．F1中两种性状均为显性的个体所占的比例为105/256
D．测交后代的表型之比为1∶1∶1∶1的个体在F1中所占的比例是9/64
答案 A
解析 由于aaBB只能产生aB的配子，因此A、a基因和B、b基因并不是完全组合的，因此本题只能用配子棋盘法来解决，可求得雌雄配子的种类及比例分别是1/8AB、1/8Ab、1/8ab、5/8aB，经过验算，B、C、D均错误。
1．(2021·全国Ⅱ，6)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的测交子代中会出现2n种不同表型的个体
B．n越大，植株A测交子代中不同表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
答案 B
解析 每对等位基因测交后会出现2种表型，故n对等位基因杂合的植株A的测交子代会出现2n种不同表型的个体，A正确；不管n有多大，植株A测交子代比为(1∶1)n＝1∶1∶1∶1……(共2n个1)，即不同表型个体数目均相等，B错误；植株A测交子代中n对基因均杂合的个体数为1/2n，纯合子的个体数也是1/2n，两者相等，C正确；n≥2时，植株A的测交子代中纯合子的个体数是1/2n，杂合子的个体数为1－(1/2n)，故杂合子的个体数多于纯合子的个体数，D正确。
2．(2021·浙江6月选考，3)某玉米植株产生的配子种类及比例为YR∶Yr∶yR∶yr＝1∶1∶1∶1。若该个体自交，其F1中基因型为YyRR个体所占的比例为( )
A．1/16 B．1/8 C．1/4 D．1/2
答案 B
解析 分析题干信息可知，该玉米植株产生的配子种类及比例为YR∶Yr∶yR∶yr＝1∶1∶1∶1，其中Y∶y＝1∶1，R∶r＝1∶1，故推知该植株基因型为YyRr，若该个体自交，其F1中基因型为YyRR个体所占的比例为1/2×1/4＝1/8，B正确。
3．(2021·全国甲，32)植物的性状有的由1对基因控制，有的由多对基因控制。一种二倍体甜瓜的叶形有缺刻叶和全缘叶，果皮有齿皮和网皮。为了研究叶形和果皮这两个性状的遗传特点，某小组用基因型不同的甲、乙、丙、丁4种甜瓜种子进行实验，其中甲和丙种植后均表现为缺刻叶网皮。杂交实验及结果见下表(实验②中F1自交得F2)。
回答下列问题：
(1)根据实验①可判断这2对相对性状的遗传均符合分离定律，判断的依据是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
根据实验②，可判断这2对相对性状中的显性性状是__________。
(2)甲、乙、丙、丁中属于杂合子的是__________。
(3)实验②的F2中纯合子所占的比例为______。
(4)假如实验②的F2中缺刻叶齿皮∶缺刻叶网皮∶全缘叶齿皮∶全缘叶网皮不是9∶3∶3∶1，而是45∶15∶3∶1，则叶形和果皮这两个性状中由1对等位基因控制的是__________，判断的依据是_______________________________________________________________________。
答案 (1)基因型不同的两个亲本杂交，F1分别统计，缺刻叶∶全缘叶＝1∶1，齿皮∶网皮＝1∶1，每对相对性状结果都符合测交的结果，说明这2对相对性状的遗传均符合分离定律 缺刻叶和齿皮 (2)甲和乙 (3)1/4 (4)果皮 F2中齿皮∶网皮＝48∶16＝3∶1，说明受一对等位基因控制
解析 (1)实验①中F1表现为1/4缺刻叶齿皮，1/4缺刻叶网皮，1/4全缘叶齿皮，1/4全缘叶网皮，分别统计两对相对性状，缺刻叶∶全缘叶＝1∶1，齿皮∶网皮＝1∶1，每对相对性状结果都符合测交的结果，说明这2对相对性状的遗传均符合分离定律；根据实验②，F1全为缺刻叶齿皮，F2出现全缘叶和网皮，可以推测缺刻叶对全缘叶为显性，齿皮对网皮为显性。(2)根据已知条件，甲、乙、丙、丁的基因型不同，其中甲和丙种植后均表现为缺刻叶网皮，实验①杂交的F1结果类似于测交，实验②的F2出现9∶3∶3∶1，则F1的基因型为AaBb(设有关叶形基因用A、a表示，有关果皮基因用B、b表示)，综合推知，甲的基因型为Aabb，乙的基因型为aaBb，丙的基因型为AAbb，丁的基因型为aaBB，甲、乙、丙、丁中属于杂合子的是甲和乙。(3)实验②的F2中纯合子基因型为1/16AABB、1/16AAbb、1/16aaBB、1/16aabb，所有纯合子占的比例为1/4。(4)假如实验②的F2中缺刻叶齿皮∶缺刻叶网皮∶全缘叶齿皮∶全缘叶网皮＝45∶15∶3∶1，分别统计两对相对性状，缺刻叶∶全缘叶＝60∶4＝15∶1，可推知叶形受两对等位基因控制，齿皮∶网皮＝48∶16＝3∶1，可推知果皮受一对等位基因控制。
4．(2020·全国Ⅱ，32)控制某种植物叶形、叶色和能否抗霜霉病3个性状的基因分别用A/a、B/b、D/d表示，且位于3对同源染色体上。现有表型不同的4种植株：板叶紫叶抗病(甲)、板叶绿叶抗病(乙)、花叶绿叶感病(丙)和花叶紫叶感病(丁)。甲和丙杂交，子代表型均与甲相同；乙和丁杂交，子代出现个体数相近的8种不同表型。回答下列问题：
(1)根据甲和丙的杂交结果，可知这3对相对性状的显性性状分别是____________________。
(2)根据甲和丙、乙和丁的杂交结果，可以推断甲、乙、丙和丁植株的基因型分别为__________、____________、____________和____________。
(3)若丙和丁杂交，则子代的表型为_________________________。
(4)选择某一未知基因型的植株X与乙进行杂交，统计子代个体性状。若发现叶形的分离比为3∶1、叶色的分离比为1∶1、能否抗病性状的分离比为1∶1，则植株X的基因型为________。
答案 (1)板叶、紫叶、抗病 (2)AABBDD AabbDd aabbdd aaBbdd (3)花叶绿叶感病、花叶紫叶感病 (4)AaBbdd
解析 (1)因3对基因分别位于3对同源染色体上，故其遗传遵循基因的自由组合定律。甲和丙中含3对相对性状，因两者杂交子代表型均与甲相同，故甲中的板叶、紫叶和抗病都是显性性状。(2)由甲和丙杂交，子代表型均与甲相同可知，甲的基因型为AABBDD，丙的基因型为aabbdd。由乙和丁杂交，子代出现个体数相近的8种不同表型可知，每对基因的组合情况均符合测交的特点，结合乙和丁的表型，确定乙的基因型是AabbDd，丁的基因型是aaBbdd。(3)若丙(aabbdd)和丁(aaBbdd)杂交，子代基因型为aaBbdd、aabbdd，表型为花叶紫叶感病和花叶绿叶感病。(4)未知基因型的植株X与乙(AabbDd)杂交，若子代叶形的分离比为3∶1，则植株X叶形的相关基因型是Aa；若子代叶色的分离比为1∶1，则植株X叶色的相关基因型是Bb；若子代能否抗病性状的分离比为1∶1，则植株X能否抗病的相关基因型是dd。故植株X的基因型为AaBbdd。
一、易错辨析
1．在F1黄色圆粒豌豆(YyRr)自交产生的F2中，与F1基因型完全相同的个体占eq \f(1,4)( √ )
2．孟德尔两对相对性状的杂交实验中，F2的黄色圆粒中，只有基因型为YyRr的个体是杂合子，其他的都是纯合子( × )
3．若双亲豌豆杂交后子代表型之比为1∶1∶1∶1，则两个亲本基因型一定为YyRr×yyrr( × )
4．在进行减数分裂的过程中，等位基因彼此分离，非等位基因表现为自由组合( × )
5．基因自由组合定律是指F1产生的4种类型的雄配子和雌配子可以自由组合( × )
6．F1(YyRr)产生的基因型为YR的卵细胞和基因型为YR的精子的数量之比为1∶1( × )
7．某个体自交后代性状分离比为3∶1，则说明此性状是由一对等位基因控制的( × )
二、填空默写
1．(必修2 P26)F2中还出现了亲本所没有的性状组合——绿色圆粒和黄色皱粒。请思考：具有两对相对性状的纯合亲本杂交，产生的F1基因型为AaBb，则两亲本基因型是AABB×aabb或AAbb×aaBB，F2中重组类型所占比例是3/8或5/8。
2．验证动物基因的遗传是否符合自由组合定律的方法是自交法和测交法；验证植物基因的遗传是否符合自由组合定律的方法有自交法、测交法、花粉鉴定法、单倍体育种法。
课时精练
一、单项选择题
1．(2023·江苏灌云高三质检)如图为某植株自交产生后代过程示意图，下列相关叙述错误的是( )
A．M、N、P分别代表16、9、3
B．a与B或b的组合发生在①过程
C．②过程发生雌、雄配子的随机结合
D．该植株测交后代性状分离比为1∶1∶1∶1
答案 D
解析 ①过程形成4种雌配子和4种雄配子，则雌、雄配子的随机组合的方式是4×4＝16(种)，基因型＝3×3＝9(种)，表型为3种，M、N、P分别代表16、9、3，A正确；a与B或b的组合属于非等位基因的自由组合，发生在减数分裂后期Ⅰ，即①过程，B正确；②过程发生雌、雄配子的随机组合，即受精作用，C正确；该植株测交后代基因型以及比例为1(A_B_)∶1(A_bb)∶1(aaB_)∶1(aabb)，根据题干自交后代性状分离比可知，该植株测交后代表型的比例为2∶1∶1，D错误。
2．已知三对基因在染色体上的位置情况如图所示，且三对基因分别单独控制三对相对性状，则下列说法正确的是( )
A．三对基因的遗传遵循自由组合定律
B．基因型为AaDd的个体与基因型为aaDd的个体杂交的后代会出现4种表型
C．如果基因型为AaBb的个体在产生配子时没有发生交叉互换，则它只产生4种配子
D．基因型为AaBb的个体自交后代会出现4种表型，比例为9∶3∶3∶1
答案 B
解析 图中A和B、a和b基因位于一对同源染色体上，属于连锁基因，不遵循自由组合定律，A错误；基因A和a与D和d遵循自由组合定律，因此基因型为AaDd的个体与基因型为aaDd的个体杂交的后代会出现4种表型，B正确；如果基因型为AaBb的个体在产生配子时没有发生交叉互换，则它只产生2种配子，C错误；图中A和B、a和b基因位于一对同源染色体上，不遵循基因的自由组合定律，因此AaBb的个体自交后代不会出现9∶3∶3∶1的性状分离比，D错误。
3．(2023·江苏通州湾高三模拟)下图表示两对等位基因在染色体上的分布情况。若图1、2、3中的同源染色体均不发生交叉互换，则图中所示个体测交后代的表型种类依次是( )
A．4、2、3 B．3、2、2
C．4、2、4 D．4、2、2
答案 D
解析 图1个体含有两对同源染色体，基因型为AaBb，符合自由组合定律，测交后代有4种基因型(AaBb、Aabb、aaBb、aabb)，4种表型；图2个体产生AB和ab两种配子，测交后代有2种基因型(AaBb、aabb)，2种表型；图3个体Ab连锁，aB连锁，产生Ab和aB两种配子，测交后代有2种基因型(Aabb、aaBb)，2种表型，D正确。
4．玉米的顶端是雄花序，叶腋处为雌花序。研究发现，位于两对同源染色体上的B、b和T、t两对等位基因与玉米的性别分化有关，当基因B和基因T同时存在时，既有雄花序，又有雌花序；基因b纯合可以使植株只有雄花序，叶腋处没有雌花序；基因t纯合可以使雄花序发育成为可育的雌花序。下列有关说法错误的是( )
A．玉米有雌雄同株、雌株、雄株三种表型
B．bbTt只有雄花序，bbtt仅顶端有雌花序
C．BbTt自交，雌雄配子的结合方式有16种
D．BbTt与bbTt的杂交后代中雄株占1/3
答案 D
5．已知水稻高秆(T)对矮秆(t)为显性，抗病(R)对易感病(r)为显性，两对基因独立遗传。现将高秆抗病水稻和矮秆抗病水稻作亲本进行杂交，发现后代(F1)出现4种类型，其比例分别为高秆抗病∶矮秆抗病∶高秆易感病∶矮秆易感病＝3∶3∶1∶1，若让F1中高秆抗病植株相互授粉，F2的表型比例是( )
A．25∶5∶5∶1 B．24∶8∶3∶1
C．15∶5∶3∶1 D．9∶3∶3∶1
答案 B
解析 F1中高秆∶矮秆＝1∶1，说明两亲本相关的基因型分别为Tt、tt；F1中抗病∶易感病＝3∶1，说明两亲本相关的基因型均为Rr，故两亲本的基因型分别为TtRr、ttRr，则F1中高秆抗病的基因型为TtRR(1/3)、TtRr(2/3)，可计算出基因T和t的频率均为1/2、基因R和r的频率分别为2/3、1/3。随机交配，后代高秆(T_)∶矮秆(tt)＝3∶1，抗病(R_)∶易感病(rr)＝8∶1，高秆抗病(T_R_)∶矮秆抗病(ttR_)∶高秆易感病(T_rr)∶矮秆易感病(ttrr)＝24∶8∶3∶1。故选B。
6．遗传因子组成为ddEeFf和DdEeff的两种豌豆杂交，在3对遗传因子各自独立遗传的条件下，其子代性状表现不同于两个亲本的个体占全部子代的( )
A．1/4 B．3/8 C．5/8 D．3/4
答案 C
解析 先使用拆分法及分离定律计算与亲本相同的情况，因此ddEeFf和DdEeff杂交，可以拆分为(dd×Dd)×(Ee×Ee)×(Ff×ff)，与ddEeFf表型相同的是1/2×3/4×1/2＝3/16，与DdEeff表型相同的是1/2×3/4×1/2＝3/16，因此与亲本表型相同的比例为3/8，与亲本表型不同的为5/8。
7．(2023·江苏无锡高三开学考试)在模拟孟德尔杂交实验时，学生在正方体1和正方体2的六个面上用A和a标记，在正方体3和正方体4的六个面上用B和b标记，将四个正方体同时多次掷下，下列有关叙述错误的是( )
A．用正方体1和正方体2可以模拟分离定律的性状分离比
B．每个正方体上A和a(或B和b)的数量均应为3个
C．统计正方体3和正方体4的字母组合，出现Bb的概率为eq \f(1,2)
D．统计四个正方体的字母组合，出现Aabb的概率为eq \f(1,16)
答案 D
解析 一个正方体可表示一对等位基因的分离，正方体1和正方体2可表示雌雄生殖器官，因此用正方体1和正方体2可以模拟分离定律的分离比，A正确；模拟孟德尔杂交实验时，杂合子AaBb中各个基因的个数相同，因此每个正方体上A和a(或B和b)的数量均应为3个，一个正方体可表示一对等位基因的分离，B正确；将正方体3和正方体4同时多次掷下，正方体3出现B、b的概率均为1/2，正方体4出现B、b的概率均为1/2，因此出现Bb的概率为2×1/2×1/2＝1/2，C正确；统计四个正方体的字母组合，每个正方体出现其中一个基因的概率为1/2，因此出现Aabb的概率为2×1/2×1/2(Aa)×1/2×1/2(bb)＝1/8，D错误。
8．现让基因型为DdRr的水稻和基因型为Ddrr的水稻杂交得F1，所得F1的结果如图所示。下列分析错误的是( )
A．高秆和矮秆分别由D、d基因控制
B．F1中有6种基因型、4种表型
C．F1中4种表型的比例是3∶1∶3∶1
D．F1中高秆植株自由交配，后代纯合子所占比例为eq \f(3,4)
答案 D
解析 由题图可知，F1中高秆∶矮秆＝3∶1，说明高秆对矮秆为显性性状，分别由基因D、d控制，A正确；基因型为DdRr和基因型为Ddrr的水稻杂交，Dd×Dd的F1有3种基因型(DD、Dd、dd)、2种表型(高秆、矮秆)，Rr×rr的F1有2种基因型(Rr、rr)、2种表型(非糯性、糯性)，因此F1中有6种基因型、4种表型，B正确；在F1中，高秆∶矮秆＝3∶1，非糯性∶糯性＝1∶1，所以F1中4种表型的比例是高秆非糯性∶矮秆非糯性∶高秆糯性∶矮秆糯性＝3∶1∶3∶1，C正确；F1高秆植株中，DD占eq \f(1,3)、Dd占eq \f(2,3)，产生的配子为eq \f(2,3)D、eq \f(1,3)d，因此F1中高秆植株自由交配，后代纯合子所占比例为eq \f(2,3)D×eq \f(2,3)D＋eq \f(1,3)d×eq \f(1,3)d＝eq \f(5,9)，D错误。
二、多项选择题
9．某植物红花和白花这对相对性状同时受多对等位基因(A/a、B/b、C/c……)控制，当个体的基因型中每对等位基因都至少含有一个显性基因时才开红花，否则开白花。现将两个纯合的白花品系杂交，F1开红花，再将F1自交，F2中的白花植株占37/64。若不考虑变异，下列说法正确的是( )
A．每对等位基因的遗传均遵循分离定律
B．该花色遗传至少受3对等位基因控制
C．F2红花植株中杂合子占26/27
D．F2白花植株中纯合子基因型有4种
答案 ABC
解析 根据题意分析，本实验中将两个纯合的白花品系杂交，F1开红花，再将F1自交，F2中的白花植株占37/64，说明红花植株占1－37/64＝27/64＝(3/4)3，根据n对等位基因自由组合且完全显性时，F2中显性个体的比例为(3/4)n，可判断该花色遗传至少受3对等位基因的控制。由于每对等位基因都至少含有一个显性基因时才开红花，所以F2红花植株中纯合子(AABBCC)基因型只有1种，白花植株中纯合子基因型有23－1＝7(种)，D错误。
10．洋葱鳞茎有红色、黄色和白色三种，研究人员用红色鳞茎洋葱与白色鳞茎洋葱杂交全为红色鳞茎洋葱，F1自交，F2中红色、黄色和白色鳞茎洋葱分别有119株、32株和10株。下列相关叙述正确的是( )
A．洋葱鳞茎不同颜色是由细胞液中不同色素引起的
B．洋葱鳞茎颜色是由遵循自由组合定律的两对等位基因控制的
C．F2的红色鳞茎洋葱中与F1基因型相同的个体大约占4/9
D．从F2中的黄色鳞茎洋葱中任取一株进行测交，得到白色洋葱的概率为1/4
答案 AB
解析 根据题干信息可得，F2中不同颜色鳞茎洋葱的表型比例大致为12(9＋3)∶3∶1，满足两对等位基因控制性状的分离比，故洋葱鳞茎颜色是由遵循自由组合定律的两对等位基因控制的，B正确；根据题意可得，F1的基因型为AaBb，则F2的红色鳞茎洋葱基因型为AaBb的概率为1/3，C错误；测交得到白色洋葱的概率为2/3×1/2＝1/3，D错误。
11．已知某植物可进行自花和异花传粉，其花中相关色素的合成途径如图所示，且3对基因分别位于3对同源染色体上。下列相关叙述不正确的是( )
A．纯合紫花植株的基因型共有6种
B．若某基因型为aa的植株中基因a发生突变，则一定不能合成酶1
C．若某紫花植株自交可产生3种花色个体，子代白花植株出现的概率为3/16
D．图中紫色素的合成受多对基因控制，其遗传不遵循基因的自由组合定律
答案 ABD
解析 由题图可知，纯合紫花植株的基因型有aaBBCC、aaBBcc、AABBCC、AAbbCC、aabbCC，共5种，A错误；由于密码子具有简并性等原因，基因突变不一定会导致蛋白质(酶)改变，B错误；根据基因与性状的关系图，先推导出基因型与表型之间的对应关系，即紫花——aaB_cc或_ _ _ _C_、红花——aabbcc、白花——A_ _ _cc，已知某紫花植株自交可产生3种花色个体，由子代中有白花植株可知，该紫花植株一定含有A基因，再根据子代中有红花植株可知，该紫花植株的基因型是Aa_bCc，则子代中白花植株出现的概率＝3/4×1×1/4＝3/16，C正确；虽然紫色素的合成受多对基因控制，但3对基因分别位于3对同源染色体上，因此，这些基因的遗传仍遵循基因的自由组合定律，D错误。
12．已知A与a、B与b、C与c 3对等位基因自由组合，基因型分别为AaBbCc、AabbCc的两个体进行杂交。下列关于杂交后代的推测，不正确的是( )
A．表型有8种，aaBbCc个体占的比例为1/16
B．表型有4种，AaBbCc个体占的比例为1/16
C．表型有4种，aaBbcc个体占的比例为1/16
D．表型有8种，Aabbcc个体占的比例为1/8
答案 BCD
解析 AaBbCc×AabbCc，可分解为三个分离定律：Aa×Aa→1AA∶2Aa∶1aa，后代有2种表型；Bb×bb→1Bb∶1bb，后代有2种表型；Cc×Cc→1CC∶2Cc∶1cc，后代有2种表型；所以AaBbCc×AabbCc，后代中有2×2×2＝8种表型。aaBbCc个体的比例为1/4aa×1/2Bb×1/2Cc＝1/16；AaBbCc个体的比例为1/2Aa×1/2Bb×1/2Cc＝1/8；aaBbcc个体占的比例为1/4aa×1/2Bb×1/4cc＝1/32；Aabbcc个体占的比例为1/2Aa×1/2bb×1/4cc＝1/16。
三、非选择题
13．(2023·江苏南通高三调研)水貂毛色有深褐色、银蓝色、灰蓝色、白色，受三对基因控制，其机理如下图。请回答下列问题：
(1)过程①所需的酶是____________，过程②的原料是____________。
(2)P基因突变为 Pr基因导致Pr蛋白比P蛋白少了75个氨基酸，其原因是_________________。
________Pr蛋白不能运输真黑色素，说明基因可通过__________________________控制生物性状。
(3)P、Ps、Pr基因的遗传遵循____________定律，白色水貂基因型有____________种。
(4)研究人员利用3个纯系(其中品系3的基因型是HHttPP)亲本水貂进行杂交，F1自由交配，结果如下：
①实验一中，F2银蓝色水貂与F1银蓝色水貂基因型相同的概率是__________；F2灰蓝色水貂自由交配，子代中灰蓝色水貂占__________。
②根据以上实验结果无法确定三对基因的遗传是否遵循基因的自由组合定律。研究人员让实验二F1自由交配，若后代的深褐色∶银蓝色∶白色＝__________，则说明这三对基因遵循基因的白由组合定律。
答案 (1)RNA聚合酶 氨基酸 (2)mRNA上终止密码子提前出现 控制蛋白质的结构 (3)基因的分离 30 (4)①eq \f(4,9) eq \f(8,9) ②27∶9∶28
解析 (1)过程①是转录，需要RNA聚合酶；过程②是翻译，原料是氨基酸。(2)Pr蛋白比P蛋白少了75个氨基酸，可能是基因发生了碱基的缺失，或者发生碱基的替换，导致转录的mRNA终止密码子提前，所以翻译提前终止。Pr蛋白不能运输真黑色素，说明基因可通过控制蛋白质的结构直接控制生物性状。(3)P、Ps、Pr基因属于复等位基因，其遗传遵循基因分离定律。如果生物缺失酪氨酸酶，则酪氨酸不能转变为真黑色素，呈现出白色，所以H_tt__、hh____表现为白色，因此基因型有2×1×6＋1×3×6＝30种。(4)实验二中亲代品系3的基因型是HHttPP，但F1表现为深褐色，基因型是H_T_P_，所以品系2中含有T基因，基因型为hhTT__；由实验一中纯合灰蓝色个体 HHTTPrPr和品系2杂交，F1表现为银蓝色，基因型为H_T_Ps_，且自交后代出现9∶3∶4的比例，为9∶3∶3∶1的变式，因此F1有两对基因杂合，且遵循自由组合定律，基因型是HhTTPsPr，可知亲代品系2的基因型是hhTTPsPs，且Ps对Pr为显性。①实验一中，品系1基因型为HHTTPrPr，F1基因型为HhTTPsPr，F2中与F1银蓝色水貂基因型相同的概率是eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(4,9)；F2灰蓝色水貂基因型及概率为eq \f(1,3)HHTTPrPreq \f(2,3)HhTTPsPr，如果自由交配，则子代中灰蓝色H_TTPrPr水貂的比例为1－eq \f(2,3)×eq \f(2,3)×eq \f(1,4)＝eq \f(8,9)。②实验二中品系2的基因型是hhTTPsPs，品系3的基因型是HHttPP，F1的基因型是HhTtPPs，表现为深褐色，所以P基因对Ps为显性；如果三对基因遵循自由组合定律，F1自由交配，子代中表型及比例为深褐色(H_T_P_)∶银蓝色(H_T_PsPs)∶白色(H_tt__、hh____)＝eq \f(3,4)×eq \f(3,4)×eq \f(3,4)∶eq \f(3,4)×eq \f(3,4)×eq \f(1,4)∶(eq \f(3,4)×eq \f(1,4)＋eq \f(1,4))＝27∶9∶28。
14．野茉莉花瓣的颜色是红色的，其花瓣所含色素由核基因控制的有关酶所决定。用两个无法产生红色色素的纯种(突变品系1和突变品系2)及其纯种野生型茉莉进行杂交实验，F1自交得F2，结果如下表。研究表明，决定产生色素的基因A对a为显性。但另对等位基因B、b中，显性基因B存在时，会抑制色素的产生。请回答：
(1)上述两对基因的遗传符合____________定律，杂交亲本中突变品系1的基因型为________；突变品系2的基因型是____________。
(2)第Ⅱ组F2中无色素植株中纯合子占________，如果让第Ⅱ组F2中无色素植株与有色素植株进行杂交，后代中有色素植株所占比例为________。
(3)第Ⅲ组的F2中，无色素植株的基因型共有________种，其中纯合子所占比例为________。
(4)从第Ⅰ、Ⅲ组的F2中各取一株能产生色素的植株，二者基因型相同的概率是________。第Ⅲ组的F2无色素植株自交得到F2种子，1个F2植株上所结的全部种子种在一起，长成的植株称为1个F3株系。理论上，在所有F3株系中含两种花色类型植株的株系比例占________。
答案 (1)自由组合 aabb AABB (2)1/3 1/3
(3)7 3/13 (4)5/9 6/13验证方法
结论
自交法
F1自交后代的性状分离比为9∶3∶3∶1，则遵循基因的自由组合定律，由位于两对同源染色体上的两对等位基因控制
测交法
F1测交后代的性状比例为1∶1∶1∶1，由位于两对同源染色体上的两对等位基因控制，则遵循自由组合定律
花粉鉴定法
F1若有四种花粉，比例为1∶1∶1∶1，则遵循自由组合定律
单倍体育种法
取花药离体培养，用秋水仙素处理单倍体幼苗，若植株有四种表型，且比例为1∶1∶1∶1，则遵循自由组合定律
题型分类
示例
解题规律
种类问题
配子类型
(配子种类数)
AaBbCCDd产生配子种类数为8(种)(即2×2×1×2＝8)
2n(n为等位基因对数)
配子间结合方式
AABbCc×aaBbCC，配子间结合方式种类数为8(种)
配子间结合方式种类数等于配子种类数的乘积
子代基因型
(或表型)种类
AaBbCc×Aabbcc，子代基因型种类数为12(种)，表型为8(种)
双亲杂交(已知双亲基因型)，子代基因型(或表型)种类等于各性状按分离定律所求基因型(或表型)种类的乘积
概率问题
某基因型
(或表型)的比例
AABbDd×aaBbdd，F1中AaBbDd所占比例为eq \f(1,4)
按分离定律求出相应基因型(或表型)的比例，然后利用乘法原理进行组合
纯合子或杂合
子出现的比例
AABbDd×AaBBdd，F1中纯合子所占比例为eq \f(1,8)
按分离定律求出纯合子的概率的乘积为纯合子出现的比例，杂合子概率＝1－纯合子概率
组别
黑蚁黄茧
黑蚁白茧
淡赤蚁黄茧
淡赤蚁白茧
组合一
9
3
3
1
组合二
0
1
0
1
组合三
3
0
1
0
亲本相对性状的对数
1
2
n
F1配子种类和比例
2种
(1∶1)1
22种
(1∶1)2
2n种
(1∶1)n
F2表型种类和比例
2种
(3∶1)1
22种
(3∶1)2
2n种
(3∶1)n
F2基因型种类和比例
3种
(1∶2∶1)1
32种
(1∶2∶1)2
3n种
(1∶2∶1)n
F2全显性个体比例
(3/4)1
(3/4)2
(3/4)n
F2中隐性个体比例
(1/4)1
(1/4)2
(1/4)n
F1测交后代表型种类及比例
2种
(1∶1)1
22种
(1∶1)2
2n种
(1∶1)n
F1测交后代全显性个体比例
(1/2)1
(1/2)2
(1/2)n
项目
表型及比例
yyR_(绿圆)
自交
绿色圆粒∶绿色皱粒＝5∶1
测交
绿色圆粒∶绿色皱粒＝2∶1
自由交配
绿色圆粒∶绿色皱粒＝8∶1
Y_R_(黄圆)
自交
黄色圆粒∶绿色圆粒∶黄色皱粒∶绿色皱粒＝25∶5∶5∶1
测交
黄色圆粒∶绿色圆粒∶黄色皱粒∶绿色皱粒＝4∶2∶2∶1
自由交配
黄色圆粒∶绿色圆粒∶黄色皱粒∶绿色皱粒＝64∶8∶8∶1
实验
亲本
F1
F2
①
甲×乙
1/4缺刻叶齿皮，1/4缺刻叶网皮，1/4全缘叶齿皮，1/4全缘叶网皮
/
②
丙×丁
缺刻叶齿皮
9/16缺刻叶齿皮，3/16缺刻叶网皮，3/16全缘叶齿皮，1/16全缘叶网皮
组别
亲本
F1表型
F2表型
Ⅰ
突变品系1×野生型
有色素
3/4有色素，1/4无色素
Ⅱ
突变品系2×野生型
无色素
1/4有色素，3/4无色素
Ⅲ
突变品系1×突变品系2
无色素
3/16有色素，13/16无色素
相关教案
2024届高考生物一轮复习教案第五单元基因的传递规律第4课时自由组合定律中的特殊比例和实验探究（苏教版）： 这是一份2024届高考生物一轮复习教案第五单元基因的传递规律第4课时自由组合定律中的特殊比例和实验探究（苏教版），共21页。
2024届高考生物一轮复习教案第五单元基因的传递规律第5课时基因在染色体上的证据与性别决定（苏教版）： 这是一份2024届高考生物一轮复习教案第五单元基因的传递规律第5课时基因在染色体上的证据与性别决定（苏教版），共17页。教案主要包含了易错辨析，填空默写，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2024届高考生物一轮复习教案第五单元基因的传递规律第6课时伴性遗传及人类遗传病（苏教版）： 这是一份2024届高考生物一轮复习教案第五单元基因的传递规律第6课时伴性遗传及人类遗传病（苏教版），共22页。教案主要包含了易错辨析，填空默写，非选择题等内容，欢迎下载使用。
