专题七 考点一 基因的分离定律-【创新教程】2022-2026五年高考生物真题分类特训试卷

最新真题 专题七 遗传的基本规律 分类特训 考点一基因的分离定律 一、选择题 1.(2026·安徽卷，13)绵羊的有角与无角是一对相对性状，由常染色体上一对等位基因控制。杂 合子中，雄羊表现为有角，雌羊表现为无角。在一个基因频率相对稳定的种群中有角羊占 整 25%。下列叙述正确的是 () A.雄羊中有角比无角的多，雌羊中则相反 B.雄羊有角基因的频率比雌羊的高 郑 C.无角个体中，杂合子：纯合子=2：3 D.有角个体中，雄羊：雌羊=7：1 2.(2024·湖北卷，17)模拟实验是根据相似性原理，用模型来替代研究对象的实验。比如“性状 分离比的模拟实验”（实验一）中用小桶甲和乙分别代表植物的雌雄生殖器官，用不同颜色的彩 球代表D、d雌雄配子；“建立减数分裂中染色体变化的模型”模拟实验（实验二）中可用橡皮泥 制作染色体模型，细绳代表纺锤丝；DNA分子的重组模拟实验（实验三）中可利用剪刀、订书钉 留 和写有DNA序列的纸条等模拟DNA分子重组的过程。下列实验中模拟正确的是()》 翻 A.实验一中可用绿豆和黄豆代替不同颜色的彩球分别模拟D和配子 B.实验二中牵拉细绳使橡皮泥分开，可模拟纺锤丝牵引使着丝粒分裂 C.实验三中用订书钉将两个纸条片段连接，可模拟核苷酸之间形成磷酸二酯键 D.向实验一桶内添加代表另一对等位基因的彩球可模拟两对等位基因的自由组合 3.(2023·全国甲，6)水稻的某病害是由某种真菌（有多个不同菌株）感染引起的。水稻中与该病 害抗性有关的基因有3个(A1、A2、a):基因A1控制全抗性状（抗所有菌株），基因A2控制抗性 性状（抗部分菌株），基因a控制易感性状（不抗任何菌株），且A1对A2为显性，A1对a为显 性、A2对a为显性。现将不同表现型的水稻植株进行杂交，子代可能会出现不同的表现型及 製 其分离比。下列叙述错误的是 () 阳 A.全抗植株与抗性植株杂交，子代可能出现全抗：抗性=3：1 B.抗性植株与易感植株杂交，子代可能出现抗性：易感=1：1 C.全抗植株与易感植株杂交，子代可能出现全抗：抗性=1：1 D.全抗植株与抗性植株杂交，子代可能出现全抗：抗性：易感=2：1：1 4.(2023·湖北，14)人的某条染色体上A、B、C三个基因紧密排列，不发生互换。这三个基因各 有上百个等位基因（例如：A1~A。均为A的等位基因）。父母及孩子的基因组成如下表。下 列叙述正确的是 () 父亲 母亲 儿子 女儿 基因组成 A23 A2s B,Bas C2C Ag AzBg BuC:Co A24 A2s B,BeC.Cs A3 A2s Bas B C2Co A.基因A、B、C的遗传方式是伴X染色体遗传 B.母亲的其中一条染色体上基因组成是AgB44Cg C.基因A与基因B的遗传符合基因的自由组合定律 D.若此夫妻第3个孩子的A基因组成为A23A24,则其C基因组成为C,C 49 二、非选择题 5.(2026·河南卷，20)水稻A基因启动子区域存在两种突变类型(A1、A2),导致A基因表达量改 变。为探究水稻穗型与A基因表达量之间的关系，研究人员以基因型为A1A,(小穗)与A2A, 的植株为亲本杂交，获得的F1自交，F2中表型及其比例为小穗：中穗：大穗=1：2：1。回答下列 问题： (1)A基因的遗传 (填“遵循”或“不遵循”)分离定律，A,A2的表型为 (2)为探究F,三种表型材料中A基因表达量的差异，研究人员提取RNA,进行 ,用 PCR进行检测，发现A2A2植株中A基因表达量高于A,A1植株。据此推测，出现中穗性状的 原因是 (3)水稻的稻瘟病抗性受一对等位基因B、b控制，并与A基因表达量相关。为探究水稻穗型 与稻瘟病抗性的遗传关系，研究人员进行三组杂交实验，杂交组合及结果如下表所示(F自交 得F2)。 组别 亲本 F1表型及比例 F2表型及比例 ① 大穗抗病×大穗感病 全为大穗抗病(M) 大穗抗病：大穗感病=3：1 大穗抗病：中穗中抗病：小穗感 ② 大穗抗病×小穗感病 全为中穗中抗病(G) 病=1：2：1 中穗中抗病：中穗感病 ③ MX小穗感病 =3:1 已知控制水稻穗型与稻瘟病抗性的基因独立遗传，抗病只出现在大穗植株，中抗病只出现在中 穗植株。据表分析，抗病对感病为 (填“显性”或“隐性”)；G的基因型为 ;组 ②和组③的亲本中，小穗感病的基因型分别为 。基因型A1A2Bb的植株自 交，子一代中感病植株占比为 6.(2026·云南卷，18)研究人员在水稻辐射诱变群体中筛选到一株黄叶植株（突变型），将其与绿 叶植株（野生型）杂交，F,全部为绿叶；F自交，F2中绿叶196株，黄叶63株。 回答下列问题： (1)水稻叶色性状中，隐性性状为 。让F,中的绿叶植株全部自交，后代表型及比例为 (2)基因组分析发现，突变型的基因Y1的序列上有1个碱基发生缺失（图a)。起始密码子： AUG;终止密码子：UAA、UAG、UGA。 模板链：3 DNA分子 5' 野生型：…ATG…GTGGCA-TTGGTGAAC-…TAA… 突变型：…ATG…GTGCA…TTGGTGAAC…TAA… 片段1 图a 注：省略部分不含有起始密码子、终止密码子对应的序列，碱基数为3的倍数。 ①基因Y,通过 过程形成mRNA。在该mRNA中，片段1对应的碱基序列是5'一 -3。 50 ②与野生型的基因Y相比，基因Y,编码的肽链长度 (填“变长”“变短”或“不变”)，原 因是 (3)基因Y,编码的肽链无法形成有活性的蛋白质，根据图b推测基因Y的作用是 ☐野生型 2.5 突变型 1.5 0.5 叶绿素a 叶绿素b 图b 7.(2024·新课标卷，34(1))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F,中选择材料进行 的实验及判断依据是 8.(2023·广东，20(3)种子大小是作物重要的产量性状。研究者对野生型拟南芥(2n=10)进行 诱变，筛选到一株种子增大的突变体。通过遗传分析和测序，发现野生型DA1基因发生一个 碱基G到A的替换，突变后的基因为隐性基因，据此推测突变体的表型与其有关，开展相关实 验。回答下列问题： (3)转化后，T一DNA(其内部基因在减数分裂时不发生交换)可在基因组单一位点插入也可以 同时插入多个位点。在插入片段均遵循基因分离及自由组合定律的前提下，选出单一位点插 入的植株，并进一步获得目的基因稳定遗传的植株（如图），用于后续验证突变基因与表型的 关系。 O农杆菌(T-DNA携带DA1基因和卡那霉素抗性基) /花序浸没于农杆菌菌液进行转化 7 8→ 尖卡那霉素选择培养基卡那霉素选择培养基尖卡那霉素选择培养基尖 筛选种了 筛选种子 筛选种子 T代 T代 T代 T代 ①农杆菌转化T。代植株并自交，将T1代种子播种在选择培养基上，能够萌发并生长的阳性个 体即表示其基因组中插入了 0 ②T1代阳性植株自交所得的T2代种子按单株收种并播种于选择培养基，选择阳性率约 %的培养基中幼苗继续培养。 51 ③将②中选出的T2代阳性植株 (填“自交”“与野生型杂交”或“与突变体杂交”)所得 的T?代种子按单株收种并播种于选择培养基，阳性率达到 %的培养基中的幼苗即为 目标转基因植株。为便于在后续研究中检测该突变，研究者利用PCR扩增野生型和突变型基 因片段，再使用限制性核酸内切酶X切割产物，通过核酸电泳即可进行突变检测，相关信息如 图，在电泳图中将酶切结果对应位置的条带涂黑。 5'CCTTTTCATT.....G AGGACTCTGCCTT.....TTACAAGTTA 3' 野生型 (150bp) 3'GGAAAAGTAA.....CTCCTGAGACGGAA......AATGTTCAAT 5' 5'CCTTTTCATT…A AGGACTCTGCCTT…TTACAAGTTA3 突变型 (150bp) 3'GGAAAAGTAA.....TTCCTGAGACGGAA....AATGTTCAAT 5' 10…… 50 (150bp) 限制性核酸内切酶X AAGGNNNNNNCCTT 识别及切割序列 TTCCNNNNNNGGAA(N代表任意核苷酸) 核酸电泳图 标准参照物野生型突变型 150bp 2 100bp 50bp bp指核苷酸对) 考点二 基因的自由组合定律（题组一） 一、选择题 1.(2026·云南卷，5)红花是药食两用的经济作物，其分枝类型由A/a、B/b两对等位基因控制， 用分散型和紧密型两株纯合植株杂交，F1全为分散型；F1自交，F2中分散型：紧密型=13：3。 下列说法错误的是 () A.A/a与B/b的遗传遵循自由组合定律 B.紧密型亲本的基因型为AAbb(或aaBB) C.F2分散型植株中纯合子占2/13 D.F2紧密型植株自由交配，子代中分散型占1/9 2.(2025·湖北卷，12)某学生重复孟德尔豌豆杂交实验，取一粒黄色圆粒F1种子(YyRr),培养 成植株，成熟后随机取4个豆荚，所得32粒豌豆种子表型计数结果如表所示。下列叙述最合 理的是 () 性状 黄色 绿色 圆粒 皱粒 个数（粒） 25 7 20 12 A.32粒种子中有18粒黄色圆粒种子，2粒绿色皱粒种子 B.实验结果说明含R基因配子的活力低于含r基因的配子 C.不同批次随机摘取4个豆荚，所得种子的表型比会有差别 D.该实验豌豆种子的圆粒与皱粒表型比支持孟德尔分离定律 52的是BC选项的图示，由于该蛋白质氨基端有Z蛋白的 部分序列，羧基端有Y蛋白的部分序列，说明缺失突变 后，转录形成的RNA依然可以编码氨基酸，没有造成 移码突变（移码突变会导致突变位点后的氨基酸序列全 部改变)。因为一个氨基酸由mRNA上的一个密码子(3 个相邻碱基)决定，所以缺失的碱基数目应该是3的整倍 数，这样才不会改变后续的阅读框，保证氨基端和羧基 端的氨基酸序列分别与Z、Y蛋白部分序列一致，综上， B正确，ACD错误。 9.DDNA复制时，脱氧核苷酸通过磷酸二酯键连接成子 链，A错误；复制开始时，在细胞提供的能量的驱动下， 解旋酶将DNA双螺旋的两条链解开，这个过程叫作解 旋，由于DNA双链反向平行，故B错误；在转录过程中 不需要解旋酶参与，C错误；DNA复制合成的子链和转 录合成的RNA延伸方向均为由5'端向3'端，D正确。 10.A若编码链的一段序列为5'一ATG一3'，则模板链的 一段序列为3'一TAC一5'，则mRNA碱基序列为5′ AUG一3'，该序列所对应的反密码子是5'一CAU一3'， A正确，BCD错误 11.C由题图可知，酶E的作用是催化DNA甲基化，A错 误；DNA半保留复制的原料为四种脱氧核糖核苷酸，没 有甲基，B错误；“研究发现，50岁同卵双胞胎间基因组 DNA甲基化的差异普遍比3岁同卵双胞胎间的差异 大”，说明环境可能是引起DNA甲基化差异的重要因 素，C正确；DNA甲基化不改变碱基序列，但会影响生 物个体表型，D错误。 12.A要加入新的氨基酸甲进行合成，需要有运输甲的 tRNA甲，要有将甲和tRNA结合的酶E和原料甲，所以 需要②甲、⑤酶E的基因、⑥tRNA甲的基因，A正确。 13.BA,原核细胞无核仁，有核糖体，核糖体由RNA和 蛋白质组成，因此原核细胞能合成rRNA,A错误；B.核 糖体是蛋白质合成的场所，真核细胞的核糖体蛋白在 核糖体上合成，B正确；C.mRNA上3个相邻的碱基构 成一个密码子，C错误；D.细胞在有丝分裂分裂期染色 质变成染色体，核DNA无法解旋，无法转录，D错误。 14.C本题考查遗传物质的基础、基因表达等知识，意在 考查考生的理解能力、分析能力和信息获取能力。基 因转录时，RNA聚合酶识别并结合到基因的启动子区 战从而启动转录，A正确；基因表达中的翻译是核糖体 沿着mRNA的5端向3'端移动，B正确；由题图可知， 抑制CsrB基因转录会使CsrB的RNA减少，使CsrA 更多地与glg mRNA结合形成不稳定构象，最终核糖 核酸酶会降解glg mRNA,而glg基因编码的UDPG焦 磷酸化酶在糖原合成中起关键作用，故抑制CsB基因 的转录能抑制细菌糖原合成，C错误；由题图及C选项 分析可知，若CsrA都结合到CsrB上，则CsrA没有与 glg mRNA结合，从而使glg mRNA不被降解而正常进 行，有利于细菌糖原的合成，D正确。 15.D题中显示，叠氮脱氧胸苷(AZT)可与逆转录酶结合 并抑制其功能，而逆转录过程需要逆转录酶的催化，因 而叠氮脱氧胸苷(AZT)可直接阻断逆转录过程，而复 制、转录和翻译过程均不需要逆转录酶，即D正确。 16.解析：(1)细胞核中，DNA缠绕在组蛋白上形成染色质 (染色体)。转录在细胞核内进行，翻译在细胞质中的 核糖体，故由于核膜的出现，实现了基因的转录和翻译 在时空上的分隔。 (2)基因转录时，RNA聚合酶结合到DNA链上催化合 成RNA。加工后转运到细胞质中的RNA,直接参与蛋 白质肽链合成的有rRNA(组成核糖体)、mRNA(翻译 的模板)和tRNA(运输氨基酸)。分泌蛋白的肽链在核 糖体和内质网完成合成后，还需转运到高尔基体进行 加工 (3)在细胞核中，IncRNA与DNA模板链结合调控转 录；在细胞质中，IncRNA与mRNA结合，影响翻译。 iRNA与AGO等蛋白结合后形成的沉默复合蛋白既 可以与IncRNA结合，又能与mRNA结合，并引导其发 生降解。 (4)根据RNA的特性及作用机理分析，碱基互补配对 具有特异性，siRNA可精准沉默害虫的关键基因，抑制 18 害虫关键基因的表达，且RNA易被分解，发挥作用后 不会长期留存，避免造成环境污染。 答案：(1)染色质（染色体）翻译(2)RNA聚合 tRNA核糖体和内质网（内质网）(3)在细胞核中 IncRNA与DNA模板链结合调控转录；在细胞质中 IncRNA与mRNA结合，影响翻译miRNA与AGO 等蛋白结合后形成的沉默复合蛋白既可以与IncRNA 结合，又能与mRNA结合，并引导其发生降解(4)可 精准沉默害虫的关键基因，抑制害虫关键基因的表达， 且RNA易被分解，，避免造成环境污染。 17.解析：(4)蛋白E基因中的一段DNA编码序列是 GGGCCCAAGCTGAGATGA,编码链与模板链互补 模板链与mRNA互补，因此mRNA上的序列为 GGGCCCAAGCUGAGAUGA,若第一个核苷酸G缺 失，则mRNA 上的序 列变为 GGC- CCAAGCUGAGAUGA,肽链序列是甘氨酸一脯氨酸 一丝氨酸。 答案：(4)甘氨酸一脯氨酸一丝氨酸 l8.解析：结合题意分析题图可知，niRNA能与mRNA结 合，使其降解，降低mRNA的翻译水平。当miRNA与 circRNA结合时，就不能与mRNA结合，从而提高 mRNA的翻译水平。 (1)放射刺激心肌细胞，可产生大量自由基，攻击生物 膜的磷脂分子，导致放射性心肌损伤。 (2)RNA聚合酶能催化转录过程，以DNA的一条链为 模板，通过碱基互补配对原则合成前体RNA。由图 可知，miRNA既能与mRNA结合，降低mRNA的翻译 水平，又能与cireRNA结合，提高mRNA的翻译水平， 故circRNA和mRNA在细胞质中通过对miRNA的竞 争性结合，调节基因表达。 (3)P蛋白能抑制细胞调亡，当miRNA表达量升高时， 大量的miRNA与P基因的mRNA结合，并将P基因 的mRNA降解，导致合成的P蛋白减少，无法抑制细胞 凋亡 (4)根据以上信息，除了减少iRNA的表达之外，还能 通过增大细胞内circRNA的含量，靶向结合miRNA,使 其不能与P基因的mRNA结合，从而提高P基因的表 达量，抑制细胞调亡。 答案：(1)自由基(2)RNA聚合miRNA (3)P蛋白能抑制细胞凋亡，miRNA表达量升高，与P 基因的RNA结合并将其降解的概率上升，导致合成 的P蛋白减少，无法抑制细胞凋亡 (4)可通过增大细胞内circRNA的含量，靶向结合 miRNA使其不能与P基因的mRNA结合，从而提高P 基因的表达量，抑制细胞调亡 专题七遗传的基本规律 考点一 基因的分离定律 1.D设控制有角/无角的基因为A(有角)、a(无角)，杂合 子Aa雄羊有角，雌羊无角。设A的基因频率为p,a为 q,p十q=1。雄羊中：AA(有角)占p2,Aa(有角)占2pq, aa(无角)占q2,故雄羊有角频率为p2十2pq。雌羊中： AA(有角)占p,Aa(无角)占2pq,aa(无角)占q,故雌 羊有角频率为p2。种群中有角羊占25%，即雄羊有角频 率X1/2+雌羊有角频率×1/2=0.25，解得p=0.25,q =0.75。雄羊中：有角(AA十Aa)占0.252+2×0.25× 0.75=0.4375,无角(aa)占0.752=0.5625，雄羊无角更 多，A错误；雌雄羊中A的基因频率均为0.25，B错误； 无角个体中，雌羊Aa(2×0.25×0.75=0.375)和aa(0.752 0.5625),雄羊aa(0.5625),故杂合子(Aa)：纯合子(aa) =0.375：(0.5625+0.5625)=1：3,C错误；有角个体 中，雄羊(0.4375×1/2=0.21875)：雌羊(0.0625× 1/2=0.03125)=7:1,D正确。 2.C(实验一)中用小桶甲和乙分别代表植物的雌雄生殖 器官，绿豆和黄豆大小不相等，不能模拟配子，A错误； 实验二中牵拉细绳使橡皮泥分开，可模拟纺锤丝牵引姐 妹染色单体分离形成染色体，而着丝粒的分裂不是纺锤 丝牵引的，是酶在起作用，B错误；实验三中的两个纸条 片段代表两条DNA,用订书钉将两个纸条片段连接，可 模拟两条DNA片段的连接形成的是磷酸二酯键，C正 确；向实验一桶内添加代表另一对等位基因的彩球不能 模拟两对等位基因的自由组合，D错误。 3.A全抗植株是AA1,AA2,Aa,抗性植株A2A2或者 A2a,易感植株是aa,分别计算其后代情况。AD.全抗植 株与抗性植株有六种杂交情况：A1A1与A2A2或者A2a 杂交，后代全是全抗植株；A1A2与A2A2或者A2a杂交， 后代全抗：抗性=1：1；A1a与A2A2杂交，后代全抗： 抗性=1：1；A1a与A2a杂交，后代全抗：抗性：易感= 2:1:1。A错误，D正确；B.抗性与易感植株杂交，后 代全为抗性，或者为抗性：易感=1：1，B正确；C.全抗 与易感植株杂交，如果是AA1与aa,后代全为全抗，如 果是A1A2与aa,后代为全抗：抗性=1：1，如果是A1a 与aa,后代为全抗：易感=1：1，C正确。 4.B根据题目信息，染色体上A、B、C三个基因紧密排 列，三个基因位于一条染色体上，不发生互换，连锁遗传 给下一代，不符合自由组合定律：基因位于X染色体上 时，男孩只能获得父亲的Y染色体而不能获得父亲的X 染色体。A.儿子的A、B、C基因中，每对基因各有一个 来自于父亲和母亲，如果基因位于X染色体上，则儿子 不会获得父亲的X染色体，而不会获得父亲的A、B、C 基因，A错误；B.三个基因位于一条染色体上，不发生互 换，由于儿子的基因型是A24A2sB,BC4C5,其中A24BgCs 来自于母亲，而母亲的基因型为A3A24B。B4CCg,说明 母亲的其中一条染色体基因型是AB4Cg,B正确；C.根 据题目信息，人的某条染色体上A、B、C三个基因紧密排 列，不发生互换，不符合自由组合定律，位于非同源染色 体上的非等位基因符合自由组合定律，C错误；D.根据 儿子的基因型A24A25B7BC4C5推测，母亲的两条染色 体是A24BC和A3B4Cg;父亲的两条染色体是A25B,C4 和A3BsC2,基因连锁遗传，若此夫妻第3个孩子的A 基因组成为A3A24,则其C基因组成为C2C5,D错误。 5.解析：(1)F,(A,A2)自交后，F2基因型分离比为A,A,: A1A2:A2A2=1:2:1,对应表型比也为1：2：1，符合 基因分离定律，因此遵循分离定律；已知A1A1为小穗， 对应A2A2的表型为大穗。 (2)PCR检测的模板是DNA,提取mRNA后需要经过 逆转录得到cDNA才能进行PCR;已知A2A2中A基因 表达量高于A1A1,杂合子A1A2表现为中穗，说明A1A2 的A基因表达量介于两种纯合子之间，因此表现为 中穗。 (3)已知控制水稻穗型与稻瘟病抗性的基因独立遗传， 抗病只出现在大穗植株，中抗病只出现在中穗植株，说 明小穗均为感病，即表型有大穗抗病(A2A2B_)、中穗中 抗病(A1A2B_)、大穗感病(A2A2bb)、中稳感病 (A1A2bb)、小穗感病(A1A1」 )。根据第①组实验，亲 本抗病X感病，F,全为抗病，F2抗病：感病=3：1，说 明抗病对感病为显性；第①组F,M的基因型为 A2A2Bb,M与小穗感病杂交后代全为中穗(A1A2),且 中抗病：感病=3：1，符合BbX Bb的分离比，因此第③ 组亲本小穗感病基因型为A1ABb。A1A2Bb自交，根据 题意：所有A1A1(小穗)都感病，A2A2bb、A1A2bb也为 感病，计算得感植株比例：1/4(A1A1)×1+1/4×1/4 (A2A2bb)+1/2×1/4(A1A2bb)=7/16,第②组亲本大穗 抗病(A2A2B)X小穗感病(A1A,),F1全为中穗中抗病 G(A1A2B),F2表型比为大穗抗病：中穗中抗病：小穗 感病=1：2：1，说明G的基因型为A1A2BB(若为 A1A2Bb,F2感病植株占7/16，与题意不符)，因此亲本小 穗感病基因型为A1ABB。 答案：(1)遵循大穗 (2)逆转录A,A2植株中A基因的表达量介于A,A 和A2A2之间，因此表现为中穗 (3)显性AA2BBA1 A BB AA,Bb7/16 6.解析：(1)黄叶与绿叶杂交，F全为绿叶，F2绿叶：黄叶 =196：63≈3：1，符合一对等位基因的分离定律，说明 黄叶是隐性性状。设控制叶色的基因为A/a,F2中绿叶 基因型为1/3AA、2/3Aa,自交后，仅Aa自交能产生黄叶，黄 叶比例为2/3×1/4=1/6，绿叶比例为1一1/6=5/6，因此后 代表型比为绿叶：黄叶=5：1。 18 (2)①基因通过转录过程合成mRNA;图中给出的序列 位于DNA的5'→3'非模板链，mRNA序列和编码链仅 碱基T换为U,因此片段1对应mRNA序列为5' GUGCA一3。②突变型DNA序列缺失1个碱基，缺失 位，点后密码子阅读框后移一位，所以碱基缺失使mRNA 中提前出现终止密码子(UGA),翻译提前终止，因此编 码的肽链长度变短。 (3)由图b可知，Y,突变后，突变体的叶绿素a、叶绿素b 含量均远低于野生型，可推测正常基因Y的作用是促进 叶绿素（叶绿素a和叶绿素b)的合成。 答案：(1)黄叶绿叶：黄叶=5：1 (2)转录GUGCA变短碱基缺失使mRNA中提前 出现终止密码子，翻译提前终止 (3)促进叶绿素（叶绿素a和叶绿素b)的合成 7.解析：(1)两种性状个体杂交，如果后代只有一种性状， 则该性状为显性性状，如果无法分辨说明后代两种性 状，又是不同性状的一对基因杂交，只能是测交类型，即 黑刺：白刺=1：1。现在已经知道亲本中至少有一个 杂合子，那么分别自交观察后代性状分离与否即可，也 可以选择子代自交，也是一样的。 答案：(1)黑刺：白刺=1：1 答案一：将亲本的黑刺普通株自交，观察统计后代表现 型及分离比，若自交后代发生性状分离，则黑刺为显性 性状，若未发生性状分离，则白刺为显性性状 答案二：在F,中选择黑刺普通株自交，观察统计后代表 现型及分离比，若自交后代发生性状分离，则黑刺为显 性性状，若未发生性状分离，则白刺为显性性状 8.解析：(3)①根据题干信息和图形分析，将T。代植株的 花序浸没在农杆菌(T一DNA上含有DA1基因和卡那 霉素抗性基因)液中转化，再将获得的T,代种子播种在 选择培养基（含有卡那霉素）上，若在选择培养基上有能 够萌发并生长的阳性个体，则说明含有卡那霉素抗性基 因，即表示其基因组中插入DA1基因和卡那霉素抗性 基因。 ②T1代阳性植株都含有DA1基因，由于T一DNA(其内 部基因在减数分裂时不发生交换)可在基因组单一位，点 插入也可以同时插入多个位点，所以不确定是单一位，点 插入还是多位，点插入，若是单一位点插入，相当于一对 等位基因的杂合子，其自交后代应该出现3：1的性状分 离比，而题干要求选出单一位，点插入的植株，因此应该 选择阳性率约75%的培养基中幼苗继续培养 ③将以上获得的T2代阳性植株自交，再将得到的T?代 种子按单株收种并播种于选择培养基上，若某培养基上 全部为具有卡那霉素抗性的植株即为需要选择的植株， 即阳性率达到100%的培养基中的幼苗即为目标转基因 植株。根据图形分析，野生型和突变型基因片段的长度 都是150bp,野生型的基因没有限制酶X的切割位，点， 而突变型的基因有限制酶X的切割位，点，结合图中的数 据分析可知电泳图中，野生型只有150bp,突变型有 50bp和100bp,如图： 核酸电泳图标准参照物野生型突变型 150bp 100bp 50bp (bp指核苷酸对) 答案：(3)DA1基因和卡那霉素抗性基因75自交 00 核酸电泳图 标准参照物野生型突变型 150bp 100bp 50 bp Jbp指核苷酸对) 考点二基因的自由组合定律（题组一） 1.CF2性状分离比为13：3，属于9：3：3：1的变式 说明A/a、B/b两对等位基因位于两对同源染色体上，其 遗传遵循自由组合定律，A正确；F,基因型为AaBb,亲 本为纯合分散型和纯合紧密型，若紧密型为Abb,则紧 密型亲本基因型为AAbb,分散型亲本为aaBB;若紧密 型为aaB,则紧密型亲本基因型为aaBB,分散型亲本为 AAbb,B正确；F2分散型共13份，其中纯合子包括