第5单元 第22讲 基因的自由组合定律(Word教参)-【精讲精练】2026年高考生物一轮复习（人教版 多选）

第22讲　基因的自由组合定律 [课标要求]　阐明有性生殖中基因的分离和自由组合使得子代的基因型和表型有多种可能，并可由此预测子代的遗传性状。 考点一　两对相对性状的遗传实验分析及自由组合定律 1．两对相对性状杂交实验的“假说—演绎”分析 (1)观察现象，提出问题 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提出问题 F2中为什么会出现新的性状组合呢？F2中不同性状的比(9∶3∶3∶1)与一对相对性状杂交实验中F2的3∶1的数量比有联系吗？ (2)提出假说，解释现象 ①假说内容 a．两对相对性状分别由两对遗传因子控制。 b．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。 c．F1产生的雌配子和雄配子各有4种：YR、Yr、yR、yr，且数量比为1∶1∶1∶1。 d．受精时，雌雄配子的结合是随机的。雌雄配子的结合方式有16种，基因型有9种，表型有4种，且比例为9∶3∶3∶1。 ②遗传图解 ③结果分析 (3)演绎推理——设计测交实验 ①方法：测交法 ②测交图解 (4)结果分析，得出结论 进行测交实验，结果与演绎结果相符，假说成立，得出自由组合定律。 2．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．孟德尔获得成功的原因 4．孟德尔遗传规律的应用 (1)指导杂交育种：把优良性状组合在一起。 F1 (2)指导医学实践：为遗传病的推断提供理论依据。分析两种或两种以上遗传病的传递规律，推测基因型和表型的比例及群体发病率。 1．F2的9∶3∶3∶1性状分离比一定依赖于雌雄配子的随机结合。(√) 2．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1/4。(√) 3．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。(×) 4．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。(×) 5．在进行减数分裂的过程中，等位基因彼此分离，非等位基因都表现为自由组合。(×) 6．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。(×) 7．孟德尔自由组合定律普遍适用于乳酸菌、酵母菌、蓝细菌、各种有细胞结构的生物。(×) 1．(必修2 P11“图1－8”延伸)基因型为AaBb的个体自交，后代一定有4种表型、一定有9种基因型吗？请分析原因。 提示　不一定。若两对等位基因位于两对同源染色体上，基因型为AaBb的个体自交后代中一定有9种基因型，但不一定有4种表型，比如A、a为不完全显性时会产生6种表型；若两对等位基因位于同一对同源染色体上，可能出现AABB、AaBb、aabb或Aabb、AaBb、aaBB 3种基因型。 2．(必修2 P11“图1－9”)Yyrr(黄皱)×yyRr(绿圆)，后代表型及比例为黄圆∶绿皱∶黄皱∶绿圆＝1∶1∶1∶1，能说明控制黄圆绿皱的基因遵循基因的自由组合定律吗？为什么？ 提示　不能说明。若Y/y与R/r位于同一对同源染色体上，Yyrr×yyRr后代表型及比例黄圆∶绿皱∶黄皱∶绿圆也为1∶1∶1∶1。 3．(必修2 P13“正文”)某生物兴趣小组利用现有抗条锈病抗倒伏小麦(Ddtt)，获得纯合的抗条锈病抗倒伏小麦的实验思路：_______________________________________________ ______________________________________________________________________________。 提示　让抗条锈病抗倒伏小麦(Ddtt)自交，淘汰抗病不抗倒伏小麦，再连续自交并选择，直到不发生性状分离为止 1．两对等位基因在染色体上的位置关系 项目 自由组合 连锁 图示 配子 AB∶Ab∶ aB∶ab＝ 1∶1∶1∶1 AB∶ab ＝1∶1 Ab∶aB ＝1∶1 自交后代的基因型、表型种类及比例 基因型为9种，表型为4种，比例为9∶3∶3∶1 基因型为3种，表型为2种，比例为3∶1 基因型为3种，表型为3种，比例为1∶2∶1 测交后代的比例 基因型为4种，表型为4种，比例为1∶1∶1∶1 基因型为3种，表型为2种，比例为1∶1 基因型为3种，表型为2种，比例为1∶1 [提醒]　若基因型为AaBb的个体测交后代出现四种表型，但基因型及比例为AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝42%∶8%∶8%∶42%，测交结果“两大”“两小”，且“两两相同”，出现这一结果的可能原因是A和B连锁，a和b连锁，位于同一对同源染色体上，且部分初级性母细胞在减数分裂时形成四分体时期，四分体中的非姐妹染色体发生互换，产生四种类型配子，其类型及比例为AB∶Ab∶aB∶ab＝42%∶8%∶8%∶42%。 2．判断基因是否位于两对同源染色体上的方法(自由组合定律的验证) (1)根据题干信息判断：两对基因独立遗传。 (2)根据杂交实验判断(常用) ①自交法 ②测交法 ③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。 考向一　两对相对性状的杂交实验过程分析 1．下列关于孟德尔所做的遗传实验和有关遗传规律的叙述，正确的是(　　) A．形成配子时非等位基因之间都能自由组合 B．基因型为YyRr的豌豆产生的雌雄配子的随机结合，体现了自由组合定律的实质 C．孟德尔作出的“演绎”是设计F1与隐性纯合子杂交，预测出后代的表现性状及比例 D．多组一对相对性状的杂交实验，F2性状分离比均接近3∶1，验证了其假设的正确性 解析　减数分裂形成配子时，非同源染色体上的非等位基因之间自由组合，但位于同源染色体上的非等位基因之间不能自由组合，A错误；基因型为YyRr的豌豆产生的雌雄配子随机结合是受精作用，自由组合定律的实质是减数分裂过程中，等位基因分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合，B错误；孟德尔设计F1与隐性纯合子进行测交实验，进而预测出后代的表现性状及比例，这是“演绎”推理的过程，C正确；多组相对性状的杂交实验的F2的性状分离比均接近3∶1，说明3∶1的出现不是偶然的，但还不能验证其假设，如果要验证其假设是否正确，需要做测交实验，D错误。 答案　C 2．(2024·深圳联考)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．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 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(基因型为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；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的个体才会产生绿色皱粒(yyrr)，故后代出现绿色皱粒的概率为(4/9)×(1/16)＝1/36，D错误。 答案　C 考向二　自由组合定律的实质及验证 3．(2024·泰安期中)如图甲和乙分别为两株豌豆体细胞中的有关基因组成，要通过一代杂交达成目标，下列操作不合理的是(　　) A．甲自交，验证B、b的遗传遵循基因的分离定律 B．乙自交，验证A、a与B、b的遗传遵循基因的自由组合定律 C．甲、乙杂交，验证D、d的遗传遵循基因的分离定律 D．甲、乙杂交，验证A、a与D、d的遗传遵循基因的自由组合定律 解析　只考虑B/b基因控制的性状，甲自交，子代表型之比为3∶1，可以验证B、b的遗传遵循基因的分离定律，A合理；乙自交，由于A、a和B、b两对等位基因位于一对同源染色体上，因此A、a与B、b的遗传不遵循基因的自由组合定律，B不合理；只考虑D/d基因控制的性状，甲、乙杂交，后代表型之比为1∶1，可以验证D、d的遗传遵循基因的分离定律，C合理；只考虑A/a和D/d基因控制的性状，甲、乙杂交，A、a与D、d两对等位基因位于两对同源染色体上，杂交后代的表型之比为1∶1∶1∶1，可以验证A、a与D、d的遗传遵循基因的自由组合定律，D合理。 答案　B 4．已知某种昆虫的有眼(A)与无眼(a)、正常刚毛(B)与小刚毛(b)、正常翅(E)与斑翅(e)这三对相对性状各受一对等位基因控制。现有三个纯合品系：①aaBBEE、②AAbbEE和③AABBee。假定不发生染色体变异和染色体互换，回答下列问题： 若A/a、B/b、E/e这三对等位基因都位于常染色体上，请以上述品系为材料，设计实验来确定这三对等位基因是否分别位于三对染色体上。(要求：写出实验思路、预期实验结果和结论) 解析　选择①×②、②×③、①×③三个杂交组合，分别得到F1，F1自交得到F2，若各杂交组合的F2中均出现四种表型，且比例为9∶3∶3∶1，则可确定这三对等位基因分别位于三对染色体上；若出现其他结果，则可确定这三对等位基因不是分别位于三对染色体上。 答案　实验思路：让①和②杂交、①和③杂交、②和③杂交。得到的F1自交，观察F2的表型。 预期结果：若各杂交组合的F2中均出现四种表型，且比例为9∶3∶3∶1，则可确定这三对等位基因分别位于三对染色体上。 考点二　自由组合定律的解题规律及方法 考向一　基因的分离定律与自由组合定律的关系 1．基因的分离定律与自由组合定律的关系及相关比例图解分析 2．多对基因控制生物性状的分析方法 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 亲本相对性状的对数 F1配子 F2表型 F2基因型 种类 比例 种类 比例 种类 比例 1 2 (1∶1)1 2 (3∶1)1 3 (1∶2∶1)1 2 22 (1∶1)2 22 (3∶1)2 32 (1∶2∶1)2 n 2n (1∶1)n 2n (3∶1)n 3n (1∶2∶1)n 1．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 解析　若n＝1，则植株A测交会出现2(21)种不同的表型，若n＝2，则植株A测交会出现4(22)种不同的表型，以此类推，当n对等位基因测交时，会出现2×2×2×2×…＝2n种不同的表型，A正确；n越大，植株A测交子代中表型的种类数目越多，但各表型的比例相等，与n的大小无关，B错误；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，占子代个体总数的比例均为n，C正确；植株A的测交子代中，纯合子的个体数所占比例为n，杂合子的个体数所占比例为1－n，当n≥2时，杂合子的个体数多于纯合子的个体数，D正确。 答案　B 2．某植物的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。现将纯合的白花品系甲和纯合的红花品系乙杂交得F1，F1开红花，让F1与甲杂交得F2，F2中红花∶白花＝1∶7。若不考虑基因突变和染色体变异，下列说法正确的是(　　) A．F2白花植株中纯合子占1/7 B．该花色的遗传只受3对等位基因控制 C．若让F1自交得子代，子代中红花基因型的种类数比白花的多 D．F2出现1∶7的条件之一是F1产生8种基因型的配子，且雌雄配子数量相同 解析　由题意可知，只要表现为白色，则必定至少含有一对隐性纯合基因。F1红花与甲的杂交实验可能为测交，若F1为杂合程度最高的杂合子，则F1测交后代红花(A_B_C_……)所占的比例为(1/2)n，题干中F2红花所占的比例为1/8，即(1/2)3，所以该花色的遗传至少受3对等位基因控制，F1是含3对等位基因的杂合子，测交后代F2中白花纯合子的基因型为aabbcc，所占比例为1/8，所以F2白花植株中纯合子占1/7，A正确，B错误；F1自交得子代，子代基因型的种类数共有27种，红花基因型的种类数为8种，白花基因型的种类数为27－8＝19(种)，所以红花基因型的种类数比白花的少，C错误；F1是含3对等位基因的杂合子，所以会产生8种比例相等的配子，但雌雄配子数量通常不相等，D错误。 答案　A 考向二　拆分组合法——已知亲代基因型求子代基因型(表型)种类及概率 1．适用范围：两对或两对以上的基因独立遗传，并且不存在相互作用(如导致配子致死)。 2．解题思路：“先拆分，后组合” 3．常见题型分析 (1)基因型(表型)种类及概率 (2)配子种类及概率的计算 有多对等位基因的个体 举例：基因型为AaBbCc的个体 产生配子的种类数 Aa　　Bb　　Cc ↓　　↓　　↓ 2×2×2＝8种 产生某种配子的概率 产生ABC配子的概率为1/2(A)×1/2(B)×1/2(C)＝1/8 3．假定4对等位基因(均为完全显性关系)分别控制4对相对性状，且4对等位基因的遗传遵循自由组合定律，基因型为AABBCCDD和aabbccdd的植株杂交得到F1，F1再自交得到F2，则F2中与亲本表型相同的个体所占的比例为(　　) A． B． C． D． 解析　基因型为AABBCCDD和aabbccdd的植株杂交得到F1，则F1的基因型为AaBbCcDd，因此F1再自交得到F2，在F2中与AABBCCDD表型相同的基因型是A_B_C_D_，所以该表型占F2中个体的比例为(3/4)4＝81/256，而在F2中与aabbccdd表型相同的个体所占的比例为(1/4)4＝1/256，因此F2中与亲本表型相同的个体所占的比例为81/256＋1/256＝41/128，D正确。 答案　D 4．(2025·泰安模拟)某植物花瓣的大小受一对等位基因A、a控制，基因型为AA的植株表现为大花瓣，Aa为小花瓣，aa为无花瓣。花瓣颜色受另一对等位基因R、r控制，基因型为RR和Rr的花瓣是红色，rr的花瓣为黄色，两对基因独立遗传。若基因型为AaRr的亲本自交，则下列有关判断错误的是(　　) A．子代共有9种基因型 B．子代共有4种表型 C．子代有花瓣植株中，AaRr所占的比例约为1/3 D．子代的所有植株中，纯合子约占1/4 解析　此题运用拆分法求解，Aa×Aa后代有3种基因型，3种表型；Rr×Rr后代有3种基因型，2种表型。故AaRr自交后代有3×3＝9(种)基因型、5种表型，A正确，B错误；子代有花瓣植株占12/16，即3/4，其中AaRr所占的比例约为1/3，C正确；子代的所有植株中，纯合子约占4/16，即1/4，D正确 。 答案　B 考向三　“逆向组合法”——已知子代表型分离比求亲本基因型的一般思路 1．解题思路：将自由组合定律的性状分离比拆分成分离定律的分离比分别分析，再运用乘法定理进行逆向组合。 2．常见几种分离比的组合方法 5．牵牛花的花色由一对等位基因R、r控制，叶的形状由另一对等位基因W、w控制，这两对相对性状是自由组合的。若子代的基因型及比值如下表所示，下列说法正确的是(　　) 基因型 RRWW RRww RrWW Rrww RRWw RrWw 比值 1 1 1 1 2 2 A.双亲的基因型组合为RrWw×RrWW B．测交是验证亲代基因型最简便的方法 C．等位基因R、r位于复制时产生的两条姐妹染色单体上 D．基因型为RrWw的个体自交，与上表中表型不同的个体占1/4 解析　由题表可知，RR∶Rr＝(1＋1＋2)∶(1＋1＋2)＝1∶1，可知双亲有关花色的基因型为RR×Rr，WW∶Ww∶ww＝(1＋1)∶(2＋2)∶(1＋1)＝1∶2∶1，双亲有关叶形的基因型为Ww×Ww，故双亲的基因型为RrWw×RRWw，A错误；自交和测交均可验证亲代的基因型，但自交更简便，B错误；复制时产生的两条姐妹染色单体的相同位置上应为相同的基因，R、r为等位基因，应位于同源染色体上，C错误；题表中的表型有两种，其中RRWW、RrWW、RRWw、RrWw的表型相同，RRww、Rrww的表型相同，基因型为RrWw的个体自交，后代的基因型及表型的比例为9R_W_(与题表中表型相同)∶3R_ww(与题表中表型相同)∶3rrW_(与题表中表型不同)∶1rrww(与题表中表型不同)，因此与题表中表型不同的个体占1/4，D正确。 答案　D 6．(2025·济南模拟)豌豆的花色和花的位置分别由基因A、a和B、b控制，基因型为AaBb的豌豆植株自交获得的子代表型及比例是红花顶生∶白花顶生∶红花腋生∶白花腋生＝9∶3∶3∶1。将红花腋生与白花顶生豌豆植株作为亲本进行杂交得到F1，F1自交得到的F2表型及比例是白花顶生∶红花顶生∶白花腋生∶红花腋生＝15∶9∶5∶3，则亲本植株的基因型是(　　) A．AAbb与aaBB B．Aabb与aaBB C．AAbb与aaBb D．Aabb与aaBb 解析　由基因型为AaBb自交获得的子代性状分离比可知，红花和顶生是显性性状，且控制两对性状的两对等位基因遵循基因的自由组合定律。所以红花腋生的基因型为A_bb，白花顶生的基因型为aaB_，两者杂交得到的F1自交，F2表型及比例是白花顶生∶红花顶生∶白花腋生∶红花腋生＝15∶9∶5∶3，其中白花∶红花＝5∶3，说明F1为1/2Aa、1/2aa，顶生∶腋生＝3∶1，说明F1为Bb，因此亲本红花腋生的基因型为Aabb，白花顶生的基因型为aaBB，F1为AaBb、aaBb，则亲本植株的基因型是Aabb与aaBB。 答案　B 1．(2024·新课标卷)某种二倍体植物的P1和P2植株杂交得F1，F1自交得F2。对个体的DNA进行PCR检测，产物的电泳结果如图所示，其中①～⑧为部分F2个体，上部2条带是一对等位基因的扩增产物，下部2条带是另一对等位基因的扩增产物，这2对等位基因位于非同源染色体上。下列叙述错误的是(　　) A．①②个体均为杂合体，F2中③所占的比例大于⑤ B．还有一种F2个体的PCR产物电泳结果有3条带 C．③和⑦杂交子代的PCR产物电泳结果与②⑧电泳结果相同 D．①自交子代的PCR产物电泳结果与④电泳结果相同的占1/2 解析　根据题意可知，2对等位基因的遗传遵循自由组合定律。设电泳图中从上部到下部分别是基因a1、a2、b1、b2的PCR产物的电泳结果，则P1、P2的基因型分别为a1a1b2b2、a2a2b1b1，F1的基因型为a1a2b1b2，①～⑧的基因型分别为a1a2b1b1、a1a2b2b2、a1a1b1b2、a2a2b1b1、a1a1b1b1、a1a1b2b2、a2a2b2b2、a1a2b1b2。由以上分析可知，①②个体的基因型分别为a1a2b1b1、a1a2b2b2，均为杂合体。F1的基因型为a1a2b1b2，F1自交所得F2中③(a1a1b1b2)所占的比例为1/4×1/2＝1/8，⑤(a1a1b1b1)所占的比例为1/4×1/4＝1/16，故A正确。F2个体的基因型有9种，电泳图中未显示的F2个体的基因型为a2a2b1b2，其相关基因的PCR产物电泳结果有3条带，B正确。③(a1a1b1b2)和⑦(a2a2b2b2)杂交，子代的基因型有2种，分别为a1a2b2b2、a1a2b1b2，③和⑦杂交子代相关基因的PCR产物电泳结果与②(a1a2b2b2)和⑧(a1a2b1b2)电泳结果相同，C正确。①(a1a2b1b1)自交，子代的基因型为1/4a1a1b1b1、1/2a1a2b1b1、1/4a2a2b1b1，①自交子代相关基因的PCR产物电泳结果与④(a2a2b1b1)电泳结果相同的占1/4，D错误。 答案　D 2．(2024·新课标卷)某种瓜的性型(雌性株/普通株)和瓜刺(黑刺/白刺)各由1对等位基因控制。雌性株开雌花，经人工诱雄处理可开雄花，能自交；普通株既开雌花又开雄花。回答下列问题。 (1)黑刺普通株和白刺雌性株杂交得F1，根据F1的性状不能判断瓜刺性状的显隐性，则F1瓜刺的表现型及分离比是________。若要判断瓜刺的显隐性，从亲本或F1中选择材料进行的实验及判断依据是________________________________________________________________ ______________________________________________________________________________。 (2)王同学将黑刺雌性株和白刺普通株杂交，F1均为黑刺雌性株，F1经诱雄处理后自交得F2，能够验证“这2对等位基因不位于1对同源染色体上”这一结论的实验结果是_________ ______________________________________________________________________________。 (3)白刺瓜受消费者青睐，雌性株的产量高。在王同学实验所得杂交子代中，筛选出白刺雌性株纯合体的杂交实验思路是__________________________________________________ ______________________________________________________________________________。 解析　(1)黑刺普通株和白刺雌性株杂交得F1，仅考虑瓜刺性状，如果F1均表现为黑刺，说明黑刺为显性性状；如果F1均表现为白刺，说明白刺为显性性状；如果F1中黑刺∶白刺＝1∶1，则根据F1的性状不能判断瓜刺性状的显隐性。若要判断瓜刺性状的显隐性，可让F1个体自交，子代发生性状分离的个体的性状为显性。(2)将黑刺雌性株和白刺普通株杂交，F1均为黑刺雌性株，说明黑刺对白刺为显性，雌性株对普通株为显性，且F1为双杂合子。F1(黑刺雌性株)经诱雄处理后自交得F2，如果这2对等位基因不位于1对同源染色体上，即这2对等位基因分别位于2对同源染色体上，则F2的表现型及比例为黑刺雌性株∶白刺雌性株∶黑刺普通株∶白刺普通株＝9∶3∶3∶1。(3)若要在王同学实验所得杂交子代中，筛选出白刺雌性株纯合体，可从王同学实验所得杂交子代(F2)中选择白刺雌性株和普通株作为亲本进行杂交，子代均为雌性株的母本是白刺雌性株纯合体。 答案　(1)黑刺∶白刺＝1∶1　F1个体自交，子代发生性状分离的个体的性状为显性(合理即可) (2)F2中黑刺雌性株∶白刺雌性株∶黑刺普通株∶白刺普通株＝9∶3∶3∶1 (3)F2中的白刺雌性株和普通株作为亲本进行杂交，子代均为雌性株的母本是白刺雌性株纯合体(其他合理答案亦可) 3．(2022·全国乙卷)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和基因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占的比例为________。 (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，请写出选用的亲本基因型、预期实验结果和结论。 解析　(1)紫花植株(AaBb)与红花杂合体(Aabb)杂交，子代可产生6种基因型及比例为AABb(紫花)∶AaBb(紫花)∶aaBb(白花)∶AAbb(红花)∶Aabb(红花)∶aabb(白花)＝1∶2∶1∶1∶2∶1。故子代植株表现型及比例为白色∶红色∶紫色＝2∶3∶3；子代中红花植株基因型有2种：AAbb、Aabb；子代白花植株中纯合体(aabb)占的比例为1/2。(2)白花纯合体基因型有aaBB和aabb两种。要检测白花纯合体植株甲的基因型，可选用AAbb植株与之杂交，若基因型为aaBB则实验结果为：aaBB×AAbb→AaBb(全为紫花)；若基因型为aabb则实验结果为：aabb×AAbb→Aabb(全为红花)。这样就可以根据子代的表现型将白花纯合体的基因型推出。 答案　(1)白色∶红色∶紫色＝2∶3∶3　AAbb、Aabb　1/2 (2)选用的亲本基因型为：AAbb；预期的实验结果及结论：若子代花色全为红花，则待测白花纯合体基因型为aabb；若子代花色全为紫花，则待测白花纯合体基因型为aaBB。 学科网（北京）股份有限公司 $$