课时测评20 自由组合定律特殊题型（Word练习）-【金版新学案】2026年高考生物高三总复习大一轮复习讲义（人教版 广东专版）

(时间：45分钟，满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 1－10题每小题3分。 1．(2025·山东聊城模拟)鸭的羽色受两对位于常染色体上的等位基因C和c、T和t控制，其中基因C能控制黑色素的合成，c不能控制黑色素的合成。基因T能促进黑色素的合成，且TT和Tt促进效果不同，t能抑制黑色素的合成。现有甲、乙、丙三只纯合的鸭，其交配结果(子代的数量足够多)如下表所示。下列相关分析错误的是(　　) 组合 亲本(P) F1 F2 一 白羽雌性(甲)×白羽雄性(乙) 全为灰羽 黑羽∶灰羽∶白羽＝3∶6∶7 二 白羽雌性(甲)×黑羽雄性(丙) 全为灰羽 黑羽∶灰羽∶白羽＝1∶2∶1 A．控制羽色的两对基因遵循基因的自由组合定律 B．甲、乙、丙的基因型分别为ccTT、CCtt、CCTT C．若让组合一F2中的黑羽个体随机交配，则其子代出现白羽个体的概率是1/9 D．组合一F2的白羽个体中，杂合子所占比例为4/7 答案：B 解析：根据题意可知，黑羽基因型为C_TT，灰羽基因型为C_Tt，白羽基因型为cc_ _或C_tt。组合一的F2中黑羽∶灰羽∶白羽＝3∶6∶7，为9∶3∶3∶1的变式，据此可判断控制羽色的两对基因遵循基因的自由组合定律，A正确；组合一中F1的基因型应为CcTt，组合二中F1全为灰羽，F2中黑羽∶灰羽∶白羽＝1∶2∶1，推测组合二中F1的基因型为CCTt，则丙应为CCTT、甲为CCtt、乙为ccTT，B错误；组合一F2中黑羽个体的基因型为1/3CCTT、2/3CcTT，它们随机交配，子代出现白羽个体的概率是(2/3)×(2/3)×(1/4)＝1/9，C正确；组合一F2的白羽个体的基因型为1ccTT、2ccTt、1cctt、1CCtt、2Cctt，杂合子所占比例为4/7，D正确。 2．(2024·名校联考)油茶的宽叶与窄叶分别受等位基因G、g控制，高株与矮株分别受等位基因H、h控制，这两对等位基因的遗传遵循基因的自由组合定律。为研究该品种油茶的基因致死情况，某科研小组进行如下实验，实验1：宽叶矮株自交，子代中宽叶矮株∶窄叶矮株＝2∶1；实验2：窄叶高株自交，子代中窄叶高株∶窄叶矮株＝2∶1，下列分析及推理错误的是(　　) A．从实验1、2可判断油茶植株G基因纯合或H基因纯合均会致死 B．实验2中亲本、子代窄叶高株的基因型均为ggHh C．该品种油茶中，某宽叶高株一定为双杂合子 D．将宽叶高株油茶进行自交，子代植株中获得纯合子的概率为1/16 答案：D 解析：据实验1可知，亲本基因型为Gghh，子代叶形的基因型为GG∶Gg∶gg＝1∶2∶1，但子代中宽叶矮株∶窄叶矮株＝2∶1，因此推测GG致死。据实验2可知，亲本基因型为ggHh，子代株高的基因型为HH∶Hh∶hh＝1∶2∶1，但子代中窄叶高株∶窄叶矮株＝2∶1，因此推测HH致死，A正确。实验2中亲本基因型为ggHh，其自交后，由于HH致死，因此子代窄叶高株的基因型也为ggHh，B正确。由于GG和HH均致死，因此若发现该品种油茶中的某个植株表现为宽叶高株，则其基因型是GgHh，为双杂合子，C正确。将宽叶高株油茶(GgHh)进行自交，由于GG和HH致死，子代中只有窄叶矮株(gghh)为纯合子，其概率为1/3×1/3＝1/9，D错误。 3．(2025·河北模拟)某自花传粉植物的花色受等位基因A、a控制，红花对白花为显性；叶形有卵圆形和心形，受等位基因B、b控制，上述两对基因独立遗传。现将植株甲和植株乙杂交得F1，F1自交，F2的表型及比例为红花卵圆形叶∶红花心形叶∶白花卵圆形叶∶白花心形叶＝18∶6∶30∶10。下列叙述错误的是(　　) A．该植物花色和叶形的遗传遵循自由组合定律 B．亲本甲、乙的基因型分别为AaBB、aabb C．F2中红花植株的纯合子和白花植株的纯合子共占3/4 D．将F2中某一卵圆形叶植株和心形叶植株杂交，若后代全部为卵圆形叶，则该卵圆形叶植株为纯合子 答案：B 解析：花色受等位基因A、a控制，红花对白花为显性；叶形有卵圆形和心形，受等位基因B、b控制，两对基因独立遗传，遵循基因的自由组合定律，A正确。F2关于花色的表型及比例为红花∶白花＝(18＋6)∶(30＋10)＝3∶5，推出F1的基因型及比例为Aa∶aa＝1∶1，其中Aa占1/2，自交后代AA＝1/8，Aa＝2/8，aa＝1/8，aa占1/2，自交后代aa＝1/2(即4/8)，相同的基因型相加可得F2中AA＝1/8，Aa＝2/8，aa＝5/8；F2关于叶形的表型及比例为卵圆形叶∶心形叶＝(18＋30)∶(6＋10)＝3∶1，则F1的基因型均为Bb，从而推出亲本甲、乙的基因型是AaBB×aabb或aaBB×Aabb，B错误。F2中红花植株纯合子(AA)占1/8，白花植株纯合子(aa)占5/8，二者共占3/4，C正确。将F2中某一卵圆形叶植株(Bb或BB)和心形叶植株(bb)杂交，若后代全部为卵圆形叶，则该卵圆形叶植株为纯合子，D正确。 4．(2025·山东东营模拟)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3/5 D．基因型AaBbDd的植株自交，后代中黄花占1/4 答案：B 解析：白花对应的基因型为AA_ _ _ _，两个A基因纯合，子代不发生性状分离，能稳定遗传的基因型有9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错误；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。 5．(2025·亭湖区模拟)某雌雄同株二倍体植物的红花与白花分别由等位基因A、a控制，圆叶与尖叶分别由等位基因B、b控制，已知A、a和B、b位于两对同源染色体上，A对a为完全显性，B对b为完全显性。现某双杂合植株自交，子代中红花圆叶植株所占的比例为，则可推知该双杂合植株产生(　　) A．基因型为Ab的雌、雄配子均致死 B．含a的花粉中有一半致死 C．基因型为AB的雌配子或雄配子致死 D．含a的配子中有一半致死 答案：A 解析：某双杂合植株自交，即AaBb自交，若基因型为Ab的雌、雄配子均致死，则后代的基因型及比例为A_B_∶A_bb∶aaB_∶aabb＝5∶0∶3∶1，子代中红花圆叶植株所占的比例为，A正确；AaBb自交，若含a的花粉中有一半致死，则花粉的基因型比例为A∶a＝2∶1，雌配子的基因型比例为A∶a＝1∶1，故Aa自交后代的表型比例为红花(A_)∶白花(aa)＝5∶1，Bb自交后代表型比例为圆叶∶尖叶＝3∶1，则后代表型比例为红花圆叶∶红花尖叶∶白花圆叶∶白花尖叶＝15∶5∶3∶1，子代中红花圆叶的比例为，B错误；AaBb自交，若基因型为AB的雌配子或雄配子致死，则后代的基因型及比例为A_B_∶A_bb∶aaB_∶aabb＝5∶3∶3∶1，子代中红花圆叶的比例为，C错误；AaBb自交，若含a的配子中有一半致死，则花粉和雌配子的基因型比例为A∶a＝2∶1，Aa自交后代的表型比例为红花(A_)∶白花(aa)＝8∶1，Bb自交后代表型比例为圆叶∶尖叶＝3∶1，则后代表型比例为红花圆叶∶红花尖叶∶白花圆叶∶白花尖叶＝24∶8∶3∶1，子代红花圆叶的比例为，D错误。 6．(2024·佛山质检)豌豆的高茎和矮茎由一对等位基因(D/d)控制，花腋生和花顶生由另一对等位基因(B/b)控制，均为完全显性。某生物兴趣小组取纯合豌豆高茎花腋生和矮茎花顶生的植株杂交，F1均为高茎花腋生，F1产生的雌雄配子情况相同，令F1自交，统计F2的表型及比例为高茎花腋生∶高茎花顶生∶矮茎花腋生∶矮茎花顶生＝249∶51∶51∶49。由实验结果分析可知，下列说法错误的是(　　) A．高茎对矮茎为显性，花腋生对花顶生为显性 B．亲本植株杂交过程中需要进行去雄和套袋处理 C．出现性状重组类型的根本原因是在减数分裂Ⅰ时期发生了自由结合 D．对F1测交，测交后代会有四种表型，比例应接近7∶3∶3∶7 答案：C 解析：纯种高茎和矮茎杂交，子代全为高茎，说明高茎为显性，同理可知花腋生也为显性，A正确；豌豆是雌雄同花植物，在进行杂交实验时要防止自花传粉，所以母本需先去雄，再套袋，B正确；在F1产生雌雄配子相同的情况下，F1自交得到F2表型比例是249∶51∶51∶49，则可推知两对等位基因在同一对同源染色体上(B和D连锁，b和d连锁)，但在产生配子的过程中有部分细胞发生了互换，即在减数分裂Ⅰ时期发生的非姐妹染色单体间的互换是出现性状重组类型的根本原因，C错误；F2中矮茎花顶生占49/400，可知F1产生的基因型为db的配子占7/20，故F1通过减数分裂产生的雌雄配子类型及比例均为DB∶Db∶dB∶db＝7∶3∶3∶7，则F1测交后代会有四种表型，比例接近7∶3∶3∶7，D正确。 7．(2024·武汉高三二模)某植物花瓣中黄色素的合成受等位基因A和a控制，A和a基因的表达受等位基因Y和y的调控。为研究两对等位基因的关系，进行了如下表所示的实验。下列叙述错误的是(　　) 组别 杂交组合 F1 F2 实验一 黄花×白花 全为黄花 黄花∶白花＝3∶1 实验二 黄花×白花 全为白花 白花∶黄花＝13∶3 A．实验一亲本白花植株的基因型为aayy B．实验一F2中黄花植株自由交配，子代黄花个体占8/9 C．实验二F2中白花植株的基因型共有6种 D．Y基因可能抑制了A基因的表达 答案：C 解析：根据实验二的F2白花∶黄花＝13∶3，属于9∶3∶3∶1的变式，可知两对基因的遗传遵循自由组合定律，F1基因型为AaYy，白花的基因型可能为A_Y_(4种)、aaY_(2种)、aayy(1种)，共7种，黄花的基因型为A_yy，根据实验一的F2出现3∶1的分离比可知，F1的基因型为Aayy，则实验一中亲本杂交组合为AAyy(黄花) ×aayy(白花)，A正确，C错误；实验二中F1的基因型为AaYy，表型为白花，说明Y基因可能抑制了A基因的表达，实验一中亲本杂交组合为AAyy(黄花)×aayy(白花)，F2中黄花的基因型及比例为AAyy∶Aayy＝1∶2，产生配子的种类及比例为Ay∶ay＝2∶1，自由交配时，后代中白花所占比例为1/3×1/3＝1/9，则后代中黄花所占的比例为1－1/9＝8/9，B、D正确。 8．(2024·山东泰安一模)某自花传粉植物体内有三种物质(甲、乙、丙)，其代谢过程如图所示，三种酶均由染色体上的显性基因控制合成。为培育生产乙物质的优良品种，科学家利用野生型植株和两种突变植株(T1、T2)进行自交，结果如下表所示(多或少指三种物质含量的多或少)。下列分析正确的是(　　) 亲本(表型) 自交F1代株数(表型) 野生型(甲少、乙少、丙多) 180(甲少、乙少、丙多) T1(甲少、乙少、丙多) 90(甲少、乙多、丙少)、271(甲少、乙少、丙多)、120(甲少、乙少、丙少) T2(甲少、乙少、丙多) 91(甲少、乙多、丙少)、270(甲少、乙少、丙多)、122(甲多、乙少、丙少) A．野生型、T1、T2基因型分别为AABBDD、AaBbDd、AaBbDD B．T1、T2自交F1代中(甲少、乙少、丙多)个体的基因型各有2种 C．T1、T2自交F1代中(甲少、乙多、丙少)个体的基因型完全相同 D．理论上T2自交F1代中能稳定遗传的目标植株与T1自交F1代中一样多 答案：D 解析：由图分析可知，不存在A基因时，甲不能合成，且乙、丙也不能合成，表现为甲少、乙少、丙少；存在A基因，但不存在B基因时，甲能合成，且不能转化为乙，表现为甲多、乙少、丙少；存在A、B基因，但不存在D基因时，甲合成后转化为乙，但乙不能转化为丙，故表现为甲少、乙多、丙少；存在A、B、D基因时，甲合成后转化为乙，乙转化为丙，故表现为甲少、乙少、丙多，aa_ _ _ _为甲少、乙少、丙少，A_bb_ _为甲多、乙少、丙少，A_B_dd为甲少、乙多、丙少，A_B_D_为甲少、乙少、丙多。野生型(A_B_D_)自交，后代全为甲少、乙少、丙多(A_B_D_)，推知其基因型为AABBDD；T1(A_B_D_)自交，后代表型比例为3∶9∶4(9∶3∶3∶1的变式)，推测其为双杂合子，自交后代有甲少、乙多、丙少(A_B_dd)，由dd推知T1含Dd，自交后代有甲少、乙少、丙少(aa_ _ _ _)，由aa推知T1含Aa，故T1基因型为AaBBDd；同理可推知T2基因型为AABdDd，A错误。T1(AaBBDd)自交，后代中甲少、乙少、丙多(A_BBD_)个体基因型有2(AA、Aa)×2(DD、Dd)＝4种；T2(AABbDd)自交，后代中甲少、乙少、丙多(AAB_D_)个体基因型有4种，B错误。T1(AaBBDd)自交，后代中甲少、乙多、丙少基因型为A_BBdd；T2(AABbDd)自交，后代中甲少、乙多、丙少基因型为AAB_dd，C错误。由题干知，目标植株为生产乙物质的优良品种，稳定遗传的目标植株——甲少、乙多、丙少的基因型为AABBdd，T1(AaBBDd)和T2(AABbDd)自交产生AABBdd的概率均为1/16，D正确。 9．(2024·深圳六校联考)家蚕有结黄茧的，有结白茧的。将纯合结黄茧的家蚕品种甲与纯合结白茧的家蚕品种乙杂交，F1均结白茧。将一部分F1雌雄个体随机交配，F2中结黄茧的为92 只、结白茧的为394只。将另一部分F1与纯合结白茧品种丙杂交，得到的子代中，结黄茧的为102只，结白茧的为301只。根据上述实验结果进行判断，下列叙述正确的是(　　) A．控制结黄茧与结白茧的基因位于一对同源染色体上 B．F2中结白茧品种的基因型有5种 C．结黄茧的102只个体的基因型均为纯合子 D．若结白茧品种乙与结白茧品种丙杂交，后代均为结白茧的类型 答案：D 解析：F1雌雄白茧交配，F2中黄茧∶白茧≈3∶13，为9∶3∶3∶1的变式，说明控制结黄茧与结白茧的基因位于两对同源染色体上，遵循基因的自由组合定律，A错误；若以A/a和B/b表示相关基因，F2中结白茧品种的基因型有7种，分别为AABB、AABb、AaBB、AaBb、aaBB(或AAbb)、aaBb(或Aabb)、aabb，B错误；根据F1雌雄白茧交配，F2中黄茧∶白茧≈3∶13，可知F1的基因型为AaBb，F1与纯合结白茧品种丙杂交，得到的子代中，结黄茧的为102只，结白茧的为301只，黄茧∶白茧≈1∶3，为测交实验，故丙的基因型为aabb，AaBb(F1)和 aabb(丙)杂交，后代中黄茧为Aabb(或aaBb)，C错误；纯合结黄茧的家蚕品种甲与纯合结白茧的家蚕品种乙杂交，F1均结白茧，基因型为AaBb，故乙为aaBB(或AAbb)，丙为aabb，二者杂交，后代为aaBb(或Aabb)，表现为白茧，D正确。 10．某植物果实的颜色由两对独立遗传的等位基因A、a和B、b控制，基因A可完全抑制基因B的表达，表型与基因型的对应关系如下表所示。科研人员向基因型为AaBb的植株中导入隐性基因e(纯合致死)，让该植株自交，其后代表型及比例为蓝果∶红果∶白果＝8∶3∶1。下列说法错误的是(　　) 表型 蓝果 红果 白果 基因型 A_B_、A_bb aaB_ aabb A．致死基因e导入到了A基因所在的染色体上 B．转基因植株自交后代中蓝果植株的基因型有3种 C．若让转基因植株后代中蓝果植株自交，子代蓝果植株占1/3 D．欲鉴定转基因植株后代中蓝果植株的基因型，可以让其与白果植株杂交 答案：C 解析：根据题干信息，蓝果的基因型为A_B_、A_bb，红果的基因型为aaB_，白果的基因型为aabb，AaBb的植株若没有导入致死基因，其自交后代蓝果∶红果∶白果＝12∶3∶1，导入致死基因后，比例变成蓝果∶红果∶白果＝8∶3∶1，说明致死的全部为蓝果，因此致死基因e导入到了A基因所在的染色体，导致基因型为AA的植株死亡，A正确。转基因植株自交后代中蓝果植株的基因型有3种，分别是1/4A(e)aBB、1/2A(e)aBb、1/4A(e)abb。A(e)aBB自交，后代中蓝果植株∶红果植株＝2∶1；A(e)aBb自交，后代中蓝果∶红果∶白果＝8∶3∶1；A(e)abb自交，后代中蓝果植株∶白果植株＝2∶1，则所有子代中蓝果植株所占比例为1/4×2/3＋1/2 ×8/12＋1/4 ×2/3＝2/3，B正确，C错误。欲鉴定转基因植株后代中蓝果植株的基因型，可采用测交的方法，即让其与白果植株杂交，D正确。 11．(8分)(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。 _________________________________________________________________ _________________________________________________________________ _________________________________________________________________ _________________________________________________________________。 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 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。故子代植株表型及比例为白色∶红色∶紫色＝2∶3∶3；子代中红花植株的基因型有2种：AAbb、Aabb；子代白花植株中纯合体(aabb)占的比例为1/2。(2)白花纯合体的基因型有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)。 12．(10分)(2024·西安五校联考)某自花传粉植株的高茎与矮茎这对相对性状受等位基因(A/a)控制，花的颜色(分别由基因B/b、C/c……控制)。某研究小组选取了纯合亲本进行相关实验，实验过程及结果如下表所示(不考虑基因突变和互换)。请回答下列相关问题。 杂交组合 F1表型 F2表型及比例 ①高茎紫花×高茎白花 高茎紫花，F1自交 高茎紫花∶高茎红花∶高茎白花＝9∶6∶1 ②？ 矮茎紫花，F1测交 矮茎紫花∶矮茎红花∶矮茎白花＝1∶2∶1 ③高茎紫花×矮茎白花 高茎紫花，F1自交 ？ (1)由实验结果可知，该植株花的颜色受________对等位基因控制。用该植株进行杂交实验，对母本进行的操作是______________________________________ ________________________________________________________________。 (2)组合②亲本的基因型为________________________________________。组合③F1自交所得到的F2表型及比例为_________________________________ _________________________________________________________________ _________________________________________________________________。 (3)现有一株矮茎开紫花的植株，该研究小组欲利用自交实验确定其基因型，请分析该研究小组能否达到目的并说明理由。_____________________________ ________________________________________________________________。 (4)该研究小组在研究该植株抗病与易感病这对相对性状时发现，不含抗病基因E的雄配子有2/3死亡。若基因型为Ee的亲本植株自交获得F1，F1中易感病植株所占的比例为________。 答案：(1)两　对母本进行去雄、套袋处理、人工授粉、套袋　(2)aaBBCC×aabbcc或aaBBcc×aabbCC　高茎紫花∶高茎红花∶高茎白花∶矮茎紫花∶矮茎红花∶矮茎白花＝27∶18∶3∶9∶6∶1　(3)不能，因为基因型为aaBBCc、aaBbCC的植株自交子代的表型及比例相同　(4)1/8 解析：(1)组合①F2中紫花∶红花∶白花＝9∶6∶1，是9∶3∶3∶1的变式，由此可知，该植株花的颜色受两对等位基因控制，其遗传遵循基因的自由组合定律。用自花传粉植物进行杂交实验，对母本采取的操作是去雄→套袋→传粉→套袋。(2)组合②F1测交，F2表型及比例为矮茎紫花∶矮茎红花∶矮茎白花＝1∶2∶1，所以F1的基因型为aaBbCc，组合②亲本的基因型为aaBBCC×aabbcc或aaBBcc×aabbCC；组合③亲本的基因型为AABBCC×aabbcc，F1的基因型为AaBbCc，F2表型及比例为高茎紫花∶高茎红花∶高茎白花∶矮茎紫花∶矮茎红花∶矮茎白花＝(3∶1)(9∶6∶1)＝27∶18∶3∶9∶6∶1。(3)矮茎紫花植株的基因型为aaBBCC、aaBBCc、aaBbCC、aaBbCc，基因型为aaBBCC的植株自交子代全部为矮茎紫花，基因型为aaBbCc的植株自交子代的表型及比例为矮茎紫花∶矮茎红花∶矮茎白花＝9∶6∶1，基因型为aaBBCc、aaBbCC的植株自交子代的表型及比例相同，均为矮茎紫花∶矮茎红花＝3∶1，因此无法通过自交实验确定其基因型。(4)由于不含抗病基因E的雄配子有2/3死亡，基因型为Ee的亲本植株自交，产生的雌配子的类型及比例为E∶e＝1∶1，而雄配子的类型及比例为E∶e＝3∶1，所以易感病植株(ee)所占比例为(1/2)×(1/4)＝1/8。 13．(12分)(2024·江苏扬州调研)大豆是两性花、一年生植物(2N＝40)。科研人员用放射性60Co处理大豆种子后，筛选出一株单基因突变引起的抗花叶病(简称抗病)植株X，其花药离体培养得到的单倍体植株中，抗病植株占50%。已知控制大豆子叶颜色的基因在1号染色体上(BB呈深绿色，Bb呈浅绿色，bb呈黄色，bb幼苗阶段死亡)。科研人员进行了两组杂交实验，结果如下表。请回答下列问题。 亲本 F1表型及比例 实验一 子叶深绿不抗病(♀)×子叶浅绿抗病(♂) 子叶深绿抗病∶子叶浅绿抗病＝1∶1 实验二 子叶深绿不抗病(♀)×子叶浅绿抗病(♂) 子叶深绿抗病∶子叶深绿不抗病∶子叶浅绿抗病∶子叶浅绿不抗病＝1∶1∶1∶1 (1)大豆抗花叶病与不抗花叶病由一对等位基因R、r控制，科研人员在进行上述两组杂交实验之前就已判断出抗花叶病基因为________(填“显性”或“隐性”)基因，其理由是__________________________________________________ _________________________________________________________________ _________________________________________________________________。 (2)基因R、r________(填“位于”或“不位于”)1号染色体上，判断的依据是_________________________________________________________________ _________________________________________________________________。 (3)实验一F1中的子叶浅绿抗病植株自交，F2成熟植株的表型及比例为_________________________________________________________________ _______________________________________________________________。 (4)若上述实验中的各代大豆均有留种，想要快速且简便地选育出纯合的子叶深绿抗病品种，应选用实验一的________(填“亲本”或“F1”)中表型为________________的大豆进行________，所得种子中，子叶深绿的即为所需品种。 (5)现有一株白花(dd)突变大豆，用该突变株作父本，与10号三体(其产生含有1条或2条10号染色体的配子活性相当且受精后均能发育)紫花纯合子杂交，再选择F1中的三体与突变株回交得到F2： ①若F2中紫花∶白花＝________，则基因d不在10号染色体上； ②若F2中紫花∶白花＝________，则基因d在10号染色体上。 答案：(1)显性　抗病植株X经花药离体培养得到的单倍体植株中抗病植株占50%，说明抗病植株X为杂合子，杂合子表现出的性状为显性性状　(2)不位于　实验二中F1的表型比例为1∶1∶1∶1(两对等位基因的遗传遵循自由组合定律)　(3)子叶深绿抗病∶子叶深绿不抗病∶子叶浅绿抗病∶子叶浅绿不抗病＝3∶1∶6∶2　(4)亲本　子叶浅绿抗病　自交　(5)1∶1　5∶1 解析：(1)(3)根据抗花叶病植株X经花药离体培养得到的单倍体植株中，抗病植株占50%，可知抗花叶病植株X为杂合子，杂合子表现出的性状为显性性状，因此可说明抗花叶病基因为显性基因，BB呈深绿色，Bb呈浅绿色，因此根据实验一中子叶深绿抗病∶子叶浅绿抗病＝1∶1，可知实验一的亲本基因型为BBrr×BbRR，F1中的子叶浅绿抗病植株基因型为BbRr，其自交后代中bb在幼苗阶段死亡，因此子代BB∶Bb＝1∶2，R_∶rr＝3∶1，两对基因综合考虑，F2成熟植株中子叶深绿抗病∶子叶深绿不抗病∶子叶浅绿抗病∶子叶浅绿不抗病＝3∶1∶6∶2。(2)实验二中子叶深绿不抗病(♀)×子叶浅绿抗病(♂)，子一代中子叶深绿∶子叶浅绿＝1∶1，抗病∶不抗病＝1∶1，两对基因综合考虑，子代中子叶深绿抗病∶子叶深绿不抗病∶子叶浅绿抗病∶子叶浅绿不抗病＝(1∶1)×(1∶1)＝1∶1∶1∶1，说明两对基因符合自由组合定律，因此两对基因位于两对同源染色体上，即基因R、r不位于1号染色体上。(4)欲快速且简便选育出纯合的子叶深绿抗病(BBRR)品种，可选择实验一的亲本(父本BbRR子叶浅绿抗病)自交，由于RR自交的后代不会出现杂合子，而Bb自交的后代中只有BB为深绿个体，因此自交后代所得种子中，子叶深绿的即为所需品种。(5)①若基因d不在10号染色体上，则该白花(dd)突变体与紫花纯合子(DD)的三体杂交，子代基因型为Dd，选择F1中的三体(Dd)与突变株(dd)回交得到F2，后代Dd∶dd＝1∶1，即紫花∶白花＝1∶1，说明d基因不在10号染色体上；②若基因d在10号染色体上，则该白花(dd)突变体与紫花纯合子(DDD)的三体杂交，子代基因型为DDd(三体植株)、Dd(正常株)，选择F1中的三体(DDd)与突变株(dd)回交得到F2，由于DDd产生的配子种类和比例为DD∶d∶Dd∶D＝1∶1∶2∶2，后代DDd∶dd∶Ddd∶Dd＝1∶1∶2∶2，即紫花∶白花＝5∶1，说明d基因在10号染色体上。 学生用书第141页 学科网（北京）股份有限公司 $