第1章 遗传因子的发现 章末达标检测(Word练习)-【精讲精练】2024-2025学年高中生物必修2（人教版2019 单选）

(本卷满分100分) 一、选择题(本题共20小题，每小题2分，共40分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是最符合题目要求的。) 1．(2024·郑州月考)假说—演绎法是在观察和分析基础上提出问题以后，通过推理和想象提出解释问题的假说，根据假说进行演绎推理，再通过实验检验演绎推理的结论。下列关于孟德尔运用假说—演绎法探索遗传规律过程的叙述，错误的是(　　) A．“性状由遗传因子控制”“雌雄配子的结合是随机的”属于假说的内容 B．“F1测交，后代中高茎与矮茎的数量比应接近1∶1”属于演绎推理的内容 C．让纯合高茎豌豆与纯合矮茎豌豆杂交，得到的F1自交属于实验验证阶段 D．“F1产生配子时成对的遗传因子分离”既是假说的内容，也是实验的结论 解析　让纯合高茎豌豆与纯合矮茎豌豆杂交，得到的F1自交属于观察现象阶段，C错误。 答案　C 2．下列关于性状分离及分离比的叙述，正确的是(　　) A．独立遗传的两对相对性状，两对相对性状的分离相互影响 B．一对等位基因的杂交实验，F1自交的性状分离比是固定的 C．两对等位基因的杂交实验，F1自交的性状分离比是固定的 D．在雌雄动物的杂交实验中，性状分离可能有着性别的差异 解析　独立遗传的两对相对性状，两对相对性状的分离相互不影响，A错误；一对等位基因的杂交实验，如果子代的数量足够多，则F1自交的性状分离比一般较稳定，如果该性状在遗传过程中存在致死现象，则F1自交的性状分离比是不固定的，B错误；两对等位基因的杂交实验中，两对等位基因在染色体上的位置不同，F1自交的性状分离比有所不同，C错误；在雌雄动物的杂交实验中，如果控制性状的基因位于性染色体上，则性状分离有着性别的差异，D正确。 答案　D 3．完成下列各项任务，依次采用的最合适的方法是(　　) ①鉴别一只白兔是否是纯合子 ②鉴别一株小麦是否为纯合子 ③不断提高水稻品种的纯合度 ④鉴别一对相对性状的显隐性关系 A．杂交、测交、自交、测交 B．测交、自交、自交、杂交 C．杂交、测交、自交、杂交 D．测交、测交、杂交、自交 解析　鉴别动物是否为纯合子最合适的方法是测交，鉴别植物是否为纯合子最合适的方法是自交，不断提高水稻品种的纯合度最合适的方法是自交，鉴别一对相对性状的显隐性关系可用杂交的方法，B正确。 答案　B 4．(2024·青岛月考)某种昆虫的灰身对黑身为显性，该相对性状受一对遗传因子控制。现让纯种灰身昆虫与黑身昆虫杂交，产生的F1再自由交配产生F2。下列分析不正确的是(　　) A．若让F2中的昆虫进行自由交配，则F3中灰身昆虫与黑身昆虫的比例为3∶1 B．若让F2中遗传因子组成相同的昆虫进行交配，则F3中灰身昆虫与黑身昆虫的比例是5∶3 C．若除去F2中的黑身昆虫，让灰身昆虫自由交配，则F3中灰身昆虫所占比例是7/8 D．若除去F2中的黑身昆虫，让遗传因子组成相同的灰身昆虫进行交配，则F3中黑身昆虫所占比例为1/6 解析　设相关遗传因子用A、a表示，已知灰身对黑身为显性，则纯合灰身昆虫(AA)与黑身昆虫(aa)杂交，产生的F1(Aa)均为灰身，F1自由交配产生F2，则F2中AA∶Aa∶aa＝1∶2∶1。若让F2中的昆虫进行自由交配，根据F2的遗传因子组成为1/4AA、2/4Aa、1/4aa可知，F2产生的配子比例为A∶a＝1∶1，则F3中AA∶Aa∶aa＝1∶2∶1，相应的性状表现类型及比例为灰身∶黑身＝3∶1，A正确；若让F2(1/4AA、2/4Aa、1/4aa)中遗传因子组成相同的昆虫进行交配，则F3中黑身昆虫(aa)的比例为2/4×1/4＋1/4＝3/8，则灰身昆虫的比例为1－3/8＝5/8，即F3中灰身昆虫与黑身昆虫的比例是5∶3，B正确；若除去F2中的黑身昆虫(aa)，则灰身昆虫各种遗传因子组成所占的比例为1/3AA、2/3Aa，该群体产生的含有A遗传因子的配子比例为2/3，含有a遗传因子的配子比例为1/3，则让灰身昆虫自由交配，F3中黑身昆虫的比例为1/3×1/3＝1/9，灰身昆虫所占比例是1－1/9＝8/9，C错误；除去F2中的黑身昆虫，灰身昆虫各种遗传因子组成所占的比例为1/3AA、2/3Aa，让遗传因子组成相同的灰身昆虫进行交配，相当于自交，则F3中黑身昆虫所占比例为2/3×1/4＝1/6，D正确。 答案　C 5．水稻中非糯性(W)对糯性(w)为显性，非糯性品系花粉所含淀粉遇碘呈蓝黑色，糯性品系花粉所含淀粉遇碘呈橙红色。下列是对纯种的非糯性与糯性水稻的杂交后代进行观察的结果，其中能直接证明孟德尔的基因分离定律的一项是(　　) A．杂交后亲本植株上结出的种子(F1)遇碘全部呈蓝黑色 B．F1自交后结出的种子(F2)遇碘后，3/4呈蓝黑色，1/4呈橙红色 C．F1产生的花粉遇碘后，一半呈蓝黑色，一半呈橙红色 D．F1测交所结出的种子遇碘后，一半呈蓝黑色，一半呈橙红色 解析　孟德尔分离定律的实质是形成配子的过程中，每对遗传因子彼此分离，分别进入不同的配子，C选项的描述是F1产生的花粉遇碘后一半呈蓝黑色，一半呈橙红色，花粉的比例即为配子的比例，因此能直接证明孟德尔的基因分离定律；其他选项描述的都是种子，不是配子，因此不能直接证明孟德尔的基因分离定律。 答案　C 6．某植物中有抗病和感病这对相对性状，要确定这对性状的显隐性关系，应该选用的杂交组合是(　　) A．抗病株×感病株 B．抗病纯合体×感病纯合体 C．抗病株×抗病株，或感病株×感病株 D．抗病纯合体×抗病纯合体，或感病纯合体×感病纯合体 解析　判断性状的显隐性关系的方法有：①定义法——具有相对性状的纯合个体进行正反交，子代表现出来的性状就是显性性状，对应的为隐性性状；②相同性状的雌雄个体间杂交，子代出现不同于亲代的性状，该子代的性状为隐性，亲代的性状为显性。 答案　B 7．有一观赏鱼品系体色为橘红带黑斑，野生型为橄榄绿带黄斑，该性状由一对遗传因子控制。某养殖者在繁殖橘红带黑斑品系时发现，后代中2/3为橘红带黑斑，1/3为野生型性状，下列叙述错误的是(　　) A．橘红带黑斑品系的后代中出现性状分离，说明该品系为杂合子 B．橘红带黑斑遗传因子具有纯合致死效应 C．自然繁育条件下，橘红带黑斑性状容易被淘汰 D．通过多次回交，可获得性状不再分离的橘红带黑斑品系 解析　已知该鱼体色受一对遗传因子(用A、a表示)控制，亲本为橘红带黑斑品系，后代的性状分离比为橘红带黑斑∶野生型＝2∶1，说明亲本品系为杂合子(Aa)，A正确；子代中橘红带黑斑个体占2/3，说明子代中无橘红带黑斑纯合个体(AA)，即橘红带黑斑遗传因子具有纯合致死效应，B正确；橘红带黑斑遗传因子具有纯合致死效应，故在自然繁育条件下，橘红带黑斑性状易被淘汰，C正确；橘红带黑斑遗传因子具有纯合致死效应，无法通过多次回交(子一代与亲本中的任意一个杂交)获得性状不再分离的纯合橘红带黑斑品系，D错误。 答案　D 8．(2024·桃城区期中)花生种皮的颜色有红和白，分别由Y和y控制，纯种红色(YY)与纯种的白色(yy)亲本杂交得F1全为红色，F1自交得F2，F2中既有红色的也有白色的，其比例为3∶1，则F2的两种表型出现的情况为(　　) A．约3/4的F1植株上结红色种子，1/4的F1植株上结白色种子 B．约3/4的F2植株上结红色种子，1/4的F2植株上结白色种子 C．每株F1上所结的种子约3/4为红色，1/4为白色 D．每株F2上所结的种子，约3/4为红色，1/4为白色 解析　根据题意，F1的基因型为Yy，F1自交得到的F2的基因型及比例为YY∶Yy∶yy＝1∶2∶1，F2植株上结的种子的种皮表型为红色∶白色＝3∶1，所以约3/4的F2植株上结红色种子，1/4的F2植株上结白色种子。 答案　B 9．菜豆种皮的颜色由两对非等位基因A/a和B/b控制。A基因控制黑色素的合成(A—显性基因—出现色素，AA和Aa的效应相同)，B基因为修饰基因，淡化颜色的深度(B—显性基因—修饰效应出现，BB使色素颜色完全消失，Bb使色素颜色淡化)。现有亲代种子P1(纯种、白色)和P2(纯种、黑色)，杂交实验如图所示，则下列有关推断不正确的是(　　) A．P1和P2的基因型分别为AABB和aabb B．F1的基因型是AaBb C．F2种皮为黑色的个体其基因型有2种 D．F2种皮为白色的个体其基因型有5种 解析　由题干中的“B基因为修饰基因，淡化颜色的深度(B－显性基因－修饰效应出现)”可知，种群内基因型为AAbb和Aabb的个体表型为黑色，基因型为AABb和AaBb的个体表现为黄褐色，基因型为aaBB、AABB、AaBB、aaBb和aabb的个体表现为白色。根据题意，亲代均为纯合子，F1为黄褐色，且子二代中黑色∶黄褐色∶白色＝3∶6∶7，是9∶3∶3∶1的变式，可推导出P1的基因型为aaBB，P2的基因型为AAbb，F1的基因型为AaBb。因此F2中黑色的个体基因型有2种：AAbb(1/16)、Aabb(2/16)；白色的个体基因型有5种：AABB(1/16)、AaBB(2/16)、aaBB(1/16)、aaBb(2/16)和aabb(1/16)。综上分析，A错误，B、C、D正确。 答案　A 10．如果用纯种红牡丹与纯种白牡丹杂交，F1是粉红色的。有人认为这说明基因是可以相互融合的，也有人认为基因是颗粒的，粉色是由于F1红色基因只有一个，合成的红色物质少。为探究上述问题，下列做法不正确的是(　　) A．用纯种红牡丹与纯种白牡丹再杂交一次，观察后代的花色 B．让F1进行自交，观察后代的花色 C．让F1与纯种白牡丹杂交，观察测交后代的花色 D．让F1与纯种红牡丹杂交，观察后代的花色 解析　分析如表： 杂交组合 融合式遗传的子代表型 颗粒式遗传的子代表型 纯红×纯白 粉红 粉红 F1自交 粉红 1红∶2粉∶1白 F1×纯白 介于纯白、粉红之间 1粉∶1白 F1×纯红 介于纯红、粉红之间 1红∶1粉 由表格分析可知，只有A选项无法区分这两种遗传。 答案　A 11．(2024·邢台期末)某植物的红花与蓝花这对相对性状受一对等位基因控制，某生物兴趣小组的同学将300对亲本分为2组，进行了如表所示的实验。下列说法错误的是(　　) 组别 杂交方案 杂交结果 一 蓝花×蓝花 全为蓝花 二 红花×蓝花 红花∶蓝花＝5∶1 A．该植物的花色中红花对蓝花为显性 B．第二组的子代红花植株全部是杂合子 C．第二组红花亲本中杂合个体所占比例为1/3 D．若第二组中红花亲本个体全部自交，则子代中蓝花个体所占比例为1/16 解析　由两组的杂交结果可知红花为显性性状，蓝花为隐性性状，A正确；假设红花由基因M控制，蓝花由基因m控制，第二组蓝花亲本基因型为mm，其中一个m一定会遗传给子代红花植株，所以子代红花植株均为杂合子，B正确；第二组的杂交子代红花∶蓝花＝5∶1，说明红花亲本植株既有纯合子，也有杂合子，杂交子代蓝花的比例是1/6＝1/2×1/3，说明红花亲本中杂合个体的比例是1/3，C正确；第二组红花亲本中，只有杂合个体(Mm)自交才能产生蓝花子代个体(mm)，因为第二组红花亲本中Mm的比例是1/3，所以自交子代中蓝花个体所占的比例为1/3×1/4＝1/12，D错误。 答案　D 12．在模拟孟德尔杂交实验中，甲同学分别从图①、图②所示烧杯中随机抓取一个小球并记录字母组合；乙同学分别从图①、图③所示烧杯中随机抓取一个小球并记录字母组合。下列叙述错误的是(　　) A．甲同学的实验模拟等位基因的分离和自由组合 B．乙同学的实验模拟非等位基因自由组合 C．乙同学抓取小球的组合类型中 DR 约占 1/4 D．抓取的小球分别放回原烧杯后，再重复 解析　图①、图②所示烧杯中的小球标有的字母D和d，表示一对等位基因，因此甲同学的实验模拟的是雌、雄配子的随机结合，即受精作用，A错误；①③所示烧杯中的小球标有的字母分别为D和d、R和r，D与R或r及d与R或r为非等位基因，所以乙同学的实验模拟的是非等位基因的自由组合，B正确；乙同学从①所示烧杯中抓取的小球为D的概率为1/2，从③所示烧杯中抓取的小球为R的概率为1/2，因此乙同学抓取小球的组合类型中 DR 约占 1/4，C正确；在实验操作中，随机抓取完一次要将小球放回原烧杯并搅匀，以保证每个烧杯中两种颜色的小球数量相等，再重复抓取，D正确。 答案　A 13．(2024·香坊区校级期末)香豌豆能利用体内的前体物质经过一系列代谢活动逐步合成中间产物和紫色素，此过程是由B、b和D、d两对等位基因控制(如图所示)，两对基因不在同一对染色体上。其中具有紫色素的植株开紫花，只具有蓝色中间产物的开蓝花，两者都没有的则开白花。下列叙述中不正确的是(　　) A．香豌豆基因型为B_D_时，才可能开紫花 B．基因型为bbDd的香豌豆植株不能合成中间物质，所以开白花 C．基因型为BbDd的香豌豆自花传粉，后代表型比例为9∶3∶4 D．基因型Bbdd与bbDd杂交，后代表型的比例为1∶1∶1∶1 解析　由图可知，合成紫色素需要酶B和酶D催化，即需要基因B和D，所以香豌豆基因型为B_D_时，才可能开紫花，A正确；基因型为bbDd的植株，缺乏酶B，不能利用前体物质合成中间物质，所以开白花，B正确；基因型BbDd的香豌豆自花传粉，BbDd×BbDd的子代中，B_D_∶B_dd∶(bbD_＋bbdd)＝9紫∶3蓝∶4白，C正确；基因型Bbdd与bbDd杂交，后代基因型为1BbDd、1Bbdd、1bbDd、1bbdd，表型的比例为紫∶蓝∶白＝1∶1∶2，D错误。 答案　D 14．某遗传病的遗传涉及两对独立遗传的等位基因。已知Ⅰ1的基因型为AaBB，且Ⅱ2与Ⅱ3婚配的子代不会患病。根据以下系谱图，推断正确的是(　　) A．Ⅰ3的基因型一定为AABb B．Ⅱ2的基因型一定为aaBB C．Ⅲ1的基因型可能为AaBb或AABb D．Ⅲ2与基因型为AaBb的女性婚配，子代患病的概率为3/16 解析　该遗传病是由两对等位基因控制的，Ⅰ1的基因型为AaBB，表现正常。Ⅱ2一定有B基因却患病，可知当同时具有A和B两种显性基因时，个体才不会患病。而Ⅱ2与Ⅱ3婚配的子代不会患病，可确定Ⅱ2和Ⅱ3的基因型分别为aaBB和AAbb，所以Ⅰ3的基因型是AaBb或AABb，A错误，B正确；Ⅲ1和Ⅲ2的基因型均为AaBb，C错误；Ⅲ2与基因型为AaBb的女性婚配，子代正常(A_B_)的概率是9/16，患病的概率应为7/16，D错误。 答案　B 15．某种自花传粉的植物，抗病和易感病分别由基因R、r控制，细胞中另有一对等位基因B、b对抗病基因的抗性表达有影响，BB使植物抗性完全消失，Bb使抗性减弱，表现为弱抗病。将易感病与抗病植株杂交，F1都是弱抗病，自交得F2表现易感病∶弱抗病∶抗病为7∶6∶3。下列推断正确的是(　　) A．亲本的基因型是BBRR、bbrr B．F2的弱抗病植株中纯合子占1/3 C．F2中全部抗病植株自交，后代抗病植株占1/6 D．不能通过测交鉴定F2易感病植株的基因型 解析　由“易感病与抗病植株杂交，F1都是弱抗病，自交得F2表现易感病∶弱抗病∶抗病为7∶6∶3”分析可知，该性状的两对控制基因遵循自由组合定律遗传，其中F1的基因型为BbRr；再“结合BB使植物抗性完全消失，Bb使抗性减弱，表现为弱抗病”可知，亲本基因型为BBrr和bbRR，F2中易感病的基因型为BB_ _、Bbrr和bbrr，弱抗病基因型为BbR_，抗病的基因型为bbR_。根据前面的分析可知，亲本的基因型为BBrr和bbRR，A错误；F2弱抗病的基因型是BbR_，包括BbRR和BbRr两种，没有纯合子，B错误；F2中抗病植株的基因型是bbRR和bbRr两种，比例为1∶2，所以抗病植株自交，其中bbRR的后代全部是抗病；bbRr自交，后代抗病∶不抗病＝3∶1，因此F2全部抗病植株自交，后代不抗病的比例是2/3×1/4＝1/6，抗病植株占1－1/6＝5/6，C错误；F2中易感病植株的基因型包括BBrr、Bbrr、bbrr、BBRR、BBRr，BBrr、Bbrr、bbrr与bbrr测交，后代都是易感病个体，因此不能用测交法判断F2易感病个体的基因型，D正确。 答案　D 16．某种植物的花色由独立遗传的三对等位基因(A/a、B/b、D/d)控制，三对基因中至少各含有一个显性基因时植物开蓝花，其他情况下植物开白花。下列相关叙述错误的是(　　) A．该植物种群中纯合蓝花植株和纯合白花植株的基因型分别有1种和7种 B．基因型为AaBbDd的植株相互传粉，子代中白花植株占27/64 C．基因型为AaBbDd的植株测交，子代白花植株中纯合子占1/7 D．两株白花植株相互传粉，子代中蓝花植株占1/8，则亲本的基因型组合有3种可能 解析　某种植物的花色由独立遗传的三对等位基因(A/a、B/b、D/d)控制，蓝花植株的基因型为A_B_D_，其他基因型均为白花。该植物种群中，纯合植株的基因型有2×2×2＝8(种)，其中纯合蓝花植株的基因型只有1种，即AABBDD，故纯合白花植株的基因型有8－1＝7(种)，A正确；让基因型为AaBbDd的植株相互传粉，子代中蓝花植株占3/4×3/4×3/4＝27/64，故子代中白花植株占1－27/64＝37/64，B错误；让基因型为AaBbDd的植株测交，子代中白花植株∶蓝花植株＝7∶1，白花植株中只有基因型为aabbdd的植株为纯合子，因此子代白花植株中纯合子占1/7，C正确；两株白花植株相互传粉，子代中蓝花植株占1/8＝1/2×1/2×1/2，即三对基因均相当于测交，故亲本的基因型组合有3种可能：Aabbdd×aaBbDd、aaBbdd×AabbDd、aabbDd×AaBbdd，D正确。 答案　B 17．水稻有香味是受遗传因子控制的，其植株和种子均有香味。研究人员为确定香味遗传因子的显隐性，以有香味的“粤丰B”和无香味的“320B”水稻为材料，互为亲本进行如下杂交实验： 下列相关说法错误的是(　　) A．控制有香味的遗传因子为隐性 B．F2中无香味的植株全部自交，后代性状表型比例为5∶1 C．F2无香味的190株植株中杂合子有128株 D．通过测交可以确定F2中无香味个体的遗传因子组成及产生配子的数量 解析　由题图可知，有香味“粤丰B”和无香味“320B”杂交，后代均是无香味个体，其自交后代F2出现性状分离，且无香味与有香味的比例约为3∶1，因而确定水稻有无香味的性状是由一对遗传因子控制的，且控制有香味的遗传因子是隐性，控制无香味的遗传因子是显性。F2中无香味个体的遗传因子组成为BB和Bb，比例为1∶2，2/3Bb自交后代中，产生有香味个体bb的比例为2/3×1/4＝1/6，其余为无香味。杂合子自交后代出现性状分离，而F2无香味植株所结种子中既有有香味也有无香味的有128株，约占2/3，故可知杂合子有128株。测交法可以检测被测个体的遗传因子组成以及产生配子的种类和比例，但不能得出产生配子的数量，所以D错误。 答案　D 18．现用某野生植物甲(AABB)、乙(aabb)两品系作亲本杂交得F1，F1的测交结果如下表。下列推测或分析错误的是(　　) 品系 测交后代基因型种类及比值 父本 母本 AaBb Aabb aaBb aabb F1 乙 1 2 2 2 乙 F1 1 1 1 1 A.F1自交得到的F2有9种基因型 B．F1产生的基因型为AB的花粉50%不能萌发而不能受精 C．F1自交后代F2中重组类型的比例是3/7 D．正反交结果不同，说明这两对基因的遗传不遵循自由组合定律 解析　正反交结果不同的原因F1产生的AB花粉50%不能萌发，而这两对基因遗传遵循自由组合定律。 答案　D 19．某雌雄异株的植物茎上的刺有长刺、短刺两种类型，已知刺的长短由基因E＋/E/e控制。E＋(控制长刺的形成)、E(控制短刺的形成)、e(控制长刺的形成)的显隐性关系为E＋>E>e(前者对后者为完全显性)，且存在基因型为E的花粉致死现象。下列叙述正确的是(　　) A．该种植物长刺的基因型有4种，短刺的基因型有2种 B．短刺植株自交，后代出现长刺的概率为1/2 C．长刺植株自交，后代若出现短刺，则其概率为1/4 D．短刺植株与长刺植株杂交，后代若出现短刺，则其概率为1/4 解析　根据题干信息，E＋控制长刺的形成，E控制短刺的形成，e控制长刺的形成，且显隐性关系为E＋>E>e，则该种植物长刺的基因型有4种，分别是E＋E＋、E＋E、E＋e、ee；由于基因型为E的花粉致死，所以不存在基因型为EE的个体，则短刺的基因型只有Ee 1种，A错误。短刺植株(Ee)自交，亲本产生的雄配子基因型为e，产生的雌配子基因型及比例为E∶e＝1∶1，故后代出现长刺(ee)的概率为1/2，B正确。长刺的基因型为E＋E＋、E＋E、E＋e、ee，长刺植株自交，后代不会出现短刺(Ee)，C错误。短刺植株与长刺植株杂交，后代能出现短刺(Ee)的组合有♀E＋E×♂Ee、♀Ee×♂E＋e、♀Ee×♂ee，后代出现短刺植株的概率分别为1/2、1/4、1/2，D错误。 答案　B 20．某二倍体植物的高秆与矮秆是一对相对性状，若由一对等位基因控制，则该等位基因用A/a表示；若由两对等位基因控制，则该两对等位基因用A/a、B/b表示。某高秆植株(甲)自交，所得F1中高秆∶矮秆＝15∶1。下列描述不支持“15∶1”的是(　　) A．当甲的基因型为Aa时，其产生的可育雌雄配子中A与a的比值均为3∶1 B．当甲的基因型为AaBb时，其产生的可育雌雄配子中AB∶Ab∶aB∶ab为1∶1∶1∶1 C．当甲的基因型为Aa时，其产生的可育雌雄配子中A与a的比值分别为1∶1、7∶1 D．当甲的基因型为AaBb时，其产生的可育雌雄配子只有AB与ab且比值均为2∶1 解析　当甲的基因型为Aa时，若其产生的可育雌雄配子中A与a的比值均为3∶1，则F1中aa(矮秆植株)占1/4×1/4＝1/16，A_(高秆植株)占1－1/16＝15/16，即高秆∶矮秆＝15∶1，A不符合题意；当甲的基因型为AaBb时，若其产生的可育雌雄配子中AB∶Ab∶aB∶ab＝1∶1∶1∶1，则F1中aabb(矮秆植株)占1/4×1/4＝1/16，其余植株均表现为高秆，即高秆∶矮秆＝15∶1，B不符合题意；当甲的基因型为Aa时，若其产生的可育雌雄配子中A与a的比值分别为1∶1、7∶1，则F1中aa(矮秆植株)占1/2×1/8＝1/16，A_(高秆植株)占1－1/16＝15/16，即高秆∶矮秆＝15∶1，C不符合题意；当甲的基因型为AaBb时，若其产生的可育雌雄配子只有AB与ab且比值均为2∶1，则F1中aabb(矮秆植株)占1/3×1/3＝1/9，其余植株均表现为高秆，即高秆∶矮秆＝8∶1，D符合题意。 答案　D 二、非选择题(本题共5小题，共60分。) 21．(11分)根据孟德尔的两对相对性状的杂交实验，回答下列问题： (1)在孟德尔两对相对性状的杂交实验中，F1全为黄色圆粒，F1自交后代F2出现9∶3∶3∶1的性状分离比，据此实验孟德尔提出了对基因自由组合现象的假说，其主要内容是__________________________________________，并通过______实验验证其假说，从而总结出了自由组合定律。 (2)有人提出孟德尔运用自交的方法也可进行验证，下列是相应的实验方案。 方案一：将F1进行自交，如果F2出现9∶3∶3∶1的性状分离比，即可证明假说。 方案二：将F1自交得F2，让F2植株分别自交，单株收获种子，并单独种植在一起成为一个株系。观察并统计F3的性状。 ①你认为方案一可行吗？________(填“可行”或“不可行”)，理由：_____________ __________________________________________________。 ②方案二实验结果分析：若F2出现9∶3∶3∶1的性状分离比，且F2的双显性植株中，自交后代性状比为3∶1的占______，自交后代性状比为9∶3∶3∶1的占______；F2单显性植株中，自交后代出现性状分离的占______；F2中双隐性植株自交后代全部表现一致，则孟德尔的假说成立，若未出现上述情况则不成立。 ③已知上述假设成立，实验发现F2自交得到F3的过程中有1/4的个体不发生性状分离；还有______(比例)的后代出现3∶1的性状分离比，与该比例相对应的F2中共有____种基因型。 解析　(2)②孟德尔的两对相对性状的实验中，F2出现了9种基因型，分别为1YYRR、2YyRR、2YYRr、4YyRr、2yyRr、1yyRR、2Yyrr、1YYrr、1yyrr，F2的性状分离比为9∶3∶3∶1，用方案二进行验证，如果孟德尔的假说成立，则F2的双显性植株(9Y_R_)中，自交后代性状比为3∶1的植株(2YyRR和2YYRr)占4/9，自交后代性状比为9∶3∶3∶1的植株(4YyRr)占4/9；F2单显性植株(3yyR_、3Y_rr)中，自交后代出现性状分离的植株(2yyRr、2Yyrr)占2/3；F2中双隐性植株(1yyrr)自交后代全部表现一致。③根据②中的分析可知，实验发现F2自交得到F3的过程中有1/4的个体不发生性状分离，则这些个体均为纯合子；F2中有1/2(2YyRR、2YYRr、2yyRr、2Yyrr)的后代中出现3∶1的性状分离比。 答案　(1)F1在产生配子时，每对遗传因子彼此分离，不同对的遗传因子可以自由组合　测交(2)①不可行　让F1进行自交只是对实验进行了重复，并不能证明假说　②4/9　4/9　2/3　③1/2　4 22．(11分)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。杂交实验及结果见表(实验②中F1自交得F2)。 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 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遵循分离定律，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、丁中属于杂合体的是__________。 (3)实验②的F2中纯合体所占的比例为________。 (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__________________________。 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遵循分离定律；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)设与叶形有关的基因用A/a表示，与果皮有关的基因用B/b表示，缺刻叶对全缘叶为显性，齿皮对网皮为显性，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，基因型为A_bb，又由于实验①杂交的F1结果类似于测交结果，可推知甲的基因型为Aabb，乙的基因型为aaBb，则丙的基因型为AAbb；实验②的F2性状比为9∶3∶3∶1，则F1的基因型为AaBb，可推知丁的基因型为aaBB。甲、乙、丙、丁中属于杂合体的是甲和乙。(3)实验②的F2中纯合体基因型为1/16AABB、1/16AAbb、1/16aaBB、1/16aabb，所有纯合体占的比例为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。 答案　(1)基因型不同的两个亲本杂交，F1中缺刻叶∶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　缺刻叶、齿皮　(2)甲和乙　(3)1/4　(4)果皮　F2中齿皮∶网皮＝3∶1 23．(12分)(2024·安徽五校联盟质量检测)巨胚稻因胚的增大而使胚重增加，具有独特的经济价值。巨胚与正常胚是一对相对性状，由一对等位基因 D、d 控制。为研究巨胚的遗传特性，科学家通过一系列杂交实验获得了以下数据： 组 别 纯种亲本组合 观测 粒数 F1平均胚 重/mg F1平均粒 重/mg A 巨胚×巨胚 30 0.92 19.47 B 正常胚×正常胚 30 0.47 21.84 C 正常胚♀×巨胚♂ 30 0.47 21.30 D 巨胚♀×正常胚♂ 30 0.48 21.37 请回答下列问题： (1)根据表格信息可判断巨胚为_________(填“显性”或“隐性”)性状，控制该性状的基因在遗传中遵循__________定律。 (2)进一步研究发现，另一对等位基因 E、e 可以影响 D、d 基因的表达：当E基因存在时，种子发育成正常胚。假设 D、E基因不连锁遗传，现让一株正常胚稻自交，获得的 F1中正常胚稻∶巨胚稻 ＝3∶1，则该株正常胚稻的基因型为____________，F1中正常胚稻的基因型有________种，F1中的巨胚稻___________(填“能”或“不能”)稳定遗传。 (3)仅由第(2)题的 E/e、D/d 基因的关系以及植株自交情况____(填“能”或“不能”)判断出两对等位基因分别位于两对同源染色体上，理由是： ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 解析　(1)由表格信息可知，正常胚是显性性状，巨胚是隐性性状；由于巨胚与正常胚由一对等位基因(D、d)控制，基因D、d在遗传中遵循分离定律。(2)另一对等位基因E、e可以影响D、d基因的表达：当E基因存在时，种子发育成正常胚，因此正常胚的基因型有D_E_、D_ee、ddE_，巨胚的基因型为ddee，现让一株正常胚稻自交，获得的F1中正常胚稻∶巨胚稻＝3∶1，又因D、E基因不连锁遗传，则该株正常胚稻的基因型为Ddee或ddEe；F1中正常胚稻的基因型有DDee和Ddee或ddEE和ddEe，共两种；F1中巨胚稻的基因型为ddee，能稳定遗传。(3)因为无论两对基因是位于一对还是位于两对同源染色体上，亲本都能产生两种数量相等的配子，自交后代会出现相同的性状分离及比例，所以不能判断出两对等位基因分别位于两对同源染色体上。 答案　(1)隐性　基因分离　(2)Ddee或ddEe 两　能　(3)不能　无论两对基因是位于一对还是位于两对同源染色体上，亲本都能产生两种数量相等的配子，自交后代会出现相同的性状分离及比例 24．(13分)(2024·新乡一模)小鼠的毛色受常染色体上三对独立遗传的等位基因A/a、B/b和C/c控制，其中基因B/b与色素的形成有关，基因B控制黑色色素的合成，基因b控制褐色色素的合成；基因A使色素分布不均匀，基因a使色素分布均匀；只有存在基因C时才能合成色素，否则小鼠毛色为白色。小鼠体内不同的色素种类以及分布情况会使小鼠形成不同的毛色，具体如下表。回答下列问题： 色素种类 及分布 黑色素分 布不均匀 黑色素分 布均匀 褐色素分布不均匀 褐色素分 布均匀 无色素 毛色 野生色 黑色 肉桂色 巧克力色 白色 (1)在小鼠的自然种群中，肉桂色小鼠共有 ________种基因型。黑色小鼠和巧克力色小鼠交配，产生的子代不可能出现的毛色是__________________。 (2)现让某野生色小鼠和肉桂色小鼠交配，生育多只小鼠(F1)，F1有野生色、黑色和白色三种表型。 ①杂交亲本的基因型组合为______________，F1中野生色小鼠所占的比例为__________。 ②从F1中任选一只黑色雄性小鼠，从亲代或F1中选择合适的材料，设计杂交实验判断该黑色小鼠的基因型，要求写出杂交方案及预期实验结果和结论。 解析　(1)在小鼠的自然种群中，肉桂色小鼠的基因型为A_bbC_，有AAbbCC、AAbbCc、AabbCC和AabbCc 共4种基因型。黑色小鼠(aaB_C_)和巧克力色小鼠(aabbC_)交配，产生的子代的基因型为aa_ _ _ _，不可能出现基因型为A_B_C_、A_bbC_的子代小鼠，故产生的子代不可能出现的毛色是野生色、肉桂色。(2)①现让某野生色小鼠(A_B_C_)和肉桂色小鼠(A_bbC_)交配，生育多只小鼠(F1)，F1有野生色(A_B_C_)、黑色(aaB_C_)和白色(_ _ _ _cc)三种表型，F1黑色小鼠的aa基因分别来自双亲，F1白色小鼠的cc基因分别来自双亲，推测亲本野生色小鼠的基因型为AaB_Cc和肉桂色小鼠的基因型为AabbCc。根据F1没有巧克力色小鼠(aabbC_)，说明亲本野生色小鼠的基因型为AaBBCc。F1中野生色小鼠(A_B_C_)所占的比例为3/4×1×3/4＝9/16。②从F1中黑色雄性小鼠的基因型为aaBbCC或aaBbCc，欲确定该黑色雄性小鼠的基因型，可让该黑色雄性小鼠和多只F1中的白色雌性小鼠杂交，观察后代的表型。若后代不出现白色小鼠，则该黑色雄性小鼠的基因型为aaBbCC；若后代出现白色小鼠，则该黑色雄性小鼠的基因型为aaBbCc。 答案　(1)4 　野生色、肉桂色　(2)①AaBBCc×AabbCc　9/16　②杂交方案：让该黑色雄性小鼠和多只F1中的白色雌性小鼠杂交，观察子代的毛色　预期实验结果和结论：若子代不出现白色小鼠，则该黑色雄性小鼠的基因型为aaBbCC；若子代出现白色小鼠，则该黑色雄性小鼠的基因型为aaBbCc 25．(13分)某植物花蕊的性别分化受两对独立遗传的基因控制，显性基因B和E共同存在时，植株开两性花，表型为野生型；仅有显性基因E存在时，植株的雄蕊会转化成雌蕊，成为表型为双雌蕊可育；只要不存在显性基因E，植物表型为败育。请根据上述信息回答问题： (1)纯合子BBEE的表型是________，bbEE的表型是________________，若二者杂交，应选择________(基因型)作母本，F1自交得到的F2中表型及其比例为______________。 (2)BbEe个体自花传粉，后代败育个体所占比例为____________，可育个体中纯合子的基因型是________________________。 (3)请设计实验探究某一双雌蕊个体是否为纯合子(提示：有已知性状的纯合子植株可供选用)。 实验步骤：①让该双雌蕊植株与________纯合子杂交，得到F1； ②F1________，得到F2。 结果预测：如果F2中______________________，则该植株为纯合子； 如果F2中________________________，则该植株为杂合子。 解析　(1)据题意分析可知，纯合子BBEE的表型是野生型，开两性花；bbEE的表型是双雌蕊的可育。bbEE为双雌蕊的可育植物，只能作母本，BBEE和bbEE杂交，F1的基因组成为BbEE，表现为开两性花；F2的基因组成及比例为BBEE(表现野生型)∶BbEE(表现为野生型)∶bbEE(表现为双雌蕊)＝1∶2∶1。所以子二代中野生型与双雌蕊型之比是3∶1。(2)BbEe个体自花传粉，后代败育个体__ee所占比例为1/4，可育个体中纯合子的基因型是BBEE和bbEE。(3)本实验的目的是探究某一双雌蕊个体是否为纯合子，该双雌蕊个体若是纯合子，假设基因型为bbEE，与野生纯合子BBEE杂交，子一代的基因型是BbEE，让子一代自交，得子二代，基因型中全含有EE因此全都可育；若该双雌蕊个体是杂合子，假设其基因为bbEe，与野生纯合子BBEE杂交，子一代基因型是BbEE和BbEe，让子一代自交，得子二代，其中BbEe自交后代中含有ee个体，由题意可知，含有ee的个体是败育的。因此该实验的实验步骤是： ①让该双雌蕊植株与野生型纯合子杂交，得到F1； ②F1自交，得到F2。 预期结果和结论： F2中没有败育植株出现，则该植株为纯合子； F2中有败育株出现，则该植株为杂合子。 答案　(1)野生型　双雌蕊可育　bbEE　野生型∶双雌蕊＝3∶1 (2)1/4　BBEE和bbEE(少答不得分) (3)①野生型　②自交　没有败育植株出现　有败育植株出现 学科网（北京）股份有限公司 $$