【生物】2019届一轮复习中图版基因的自由组合定律教案 28页

第14讲　基因的自由组合定律 ‎[最新考纲]　基因的自由组合定律（Ⅱ）。‎ 考点一　自由组合规律试验及分析（5年11考）‎ 一、自由组合规律 ‎1.两对相对性状的杂交实验——发现问题 ‎（1）杂交实验过程 ‎（2）实验结果分析 ‎①F1全为黄色圆粒，表明粒色中黄色是显性，粒形中圆粒是显性。‎ ‎②F2中出现了不同性状之间的重新组合。‎ ‎③F2中4种表现型的分离比为9∶3∶3∶1。‎ ‎2.对自由组合现象的解释——提出假说 ‎（1）理论解释 ‎①两对相对性状分别由两对遗传因子控制。‎ ‎②F1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。‎ ‎③F1产生配子种类及比例：YR∶Yr∶yR∶yr＝1∶1∶1∶1。‎ ‎④受精时，雌雄配子的结合是随机的，配子结合方式为16种。‎ ‎（2）遗传图解 ‎（3）F2基因型与表现型分析 F2共有16种组合，9种基因型，4种表现型。‎ ‎3.设计测交方案及验证——演绎和推理 ‎（1）方法　测交实验。‎ ‎（2）遗传图解 ‎4.自由组合定律——得出结论 二、自由组合规律在实践中的应用 ‎（1）指导杂交育种，把优良性状结合在一起。‎ ‎（2）为遗传病的预测与诊断提供理论依据。‎ 三、孟德尔遗传定律的适用范围 ‎1.下面两图分别是具有一对和两对等位基因的个体杂交的遗传图解。已知同一个体产生的各种配子类型数量相等。请思考：‎ ‎（1）基因分离定律的实质体现在图中的　　　　，基因自由组合定律的实质体现在图中的　　　　。（填序号）‎ ‎（2）③⑥过程表示　　　　，这一过程中子代遗传物质的来源情况如何？_________________________________________________________________。‎ ‎（3）如果A和a、B和b（完全显性）各控制一对相对性状，并且彼此间对性状的控制互不影响，则图2中所产生的子代中表现型有　　　　种，它们的比例为___________________________________________________________________。‎ ‎（4）图中哪些过程可以发生基因重组？ ____________________________。‎ 提示　（1）①②　④⑤‎ ‎（2）受精作用　细胞核中遗传物质一半来自父方，另一半来自母方，细胞质中遗传物质几乎全部来自母方 ‎（3）4　9∶3∶3∶1‎ ‎（4）④⑤‎ ‎2.据图判断，下列①～④中哪些可遵循基因自由组合定律？‎ 提示　②③④‎ 真题重组　判断正误 ‎（1）控制棉花纤维长度的三对等位基因A/a、B/b、C/c对长度的作用相等，分别位于三对同源染色体上。已知基因型为aabbcc的棉花纤维长度为6 cm，每个显性基因增加纤维长度2 cm。棉花植株甲（AABbcc）与乙（aaBbCc）杂交，则F1的棉花纤维长度范围是8～14 cm。（2016·经典高考卷，25）（√）‎ ‎（2）孟德尔定律支持融合遗传的观点（2015·海南卷，12）（×）‎ ‎（3）孟德尔巧妙设计的测交方法只能用于检测F1的基因型（2012·江苏，11C）（×）‎ ‎（4）基因型为AaBbDdEeGgHhKk的个体自交，假定这7对等位基因自由组合，则7对等位基因纯合个体出现的概率与7对等位基因杂合个体出现的概率不同（2014·海南高考，22D）（×）‎ 以上内容主要源自必修二 P42～44孟德尔豌豆杂交实验，把握自由组合定律实质是解题关键。‎ ‎　自由组合定律的实质 ‎1.（2014·全国卷）现有4个小麦纯合品种，即抗锈病无芒、抗锈病有芒、感锈病无芒和感锈病有芒。已知抗锈病对感锈病为显性，无芒对有芒为显性，且这两对相对性状各由一对等位基因控制。若用上述4个品种组成两个杂交组合，使其F1均为抗锈病无芒，且这两个杂交组合的F2的表现型及其数量比完全一致。回答问题：‎ ‎（1）为实现上述目的，理论上，必须满足的条件有：在亲本中控制这两对相对性状的两对等位基因必须位于　　　　上，在形成配子时非等位基因要　　　　‎ ‎，在受精时雌雄配子要　　　　，而且每种合子（受精卵）的存活率也要　　　　。那么，这两个杂交组合分别是　　　　和　　　　。‎ ‎（2）上述两个杂交组合的全部F2植株自交得到F3种子，1个F2植株上所结的全部F3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，只表现出一对性状分离的株系有4种，那么，在这4种株系中，每种株系植株的表现型及其数量比分别是　　　　，　　，　　　　　　　　和　　　　　　　。‎ 解析　（1）4个纯合品种组成的两个杂交组合的F1的表现型相同，且F2的表现型及其数量比完全一致，由此可推断出控制这两对性状的两对等位基因位于非同源染色体上，其遗传遵循基因的自由组合定律，理论上还需满足受精时雌雄配子是随机结合的、受精卵的存活率相等等条件。两种杂交组合分别为抗锈病无芒×感锈病有芒、抗锈病有芒×感锈病无芒。（2）若分别用A、a和B、b表示控制抗锈病、感锈病和无芒、有芒的基因，则F1基因型为AaBb，F2的基因型为A_B_、A_bb、aaB_、aabb，F2自交后代只表现出一对性状分离的基因型分别是AABb、AaBB、Aabb、aaBb，其对应F3株系的表现型及其数量比分别为抗锈病无芒∶抗锈病有芒＝3∶1、抗锈病无芒∶感锈病无芒＝3∶1、抗锈病有芒∶感锈病有芒＝3∶1、感锈病无芒∶感锈病有芒＝3∶1。‎ 答案　（1）非同源染色体　自由组合　随机结合　相等　抗锈病无芒×感锈病有芒　抗锈病有芒×感锈病无芒　（2）抗锈病无芒∶抗锈病有芒＝3∶1　抗锈病无芒∶感锈病无芒＝3∶1　感锈病无芒∶感锈病有芒＝3∶1　抗锈病有芒∶感锈病有芒＝3∶1‎ ‎2.已知茶树圆形叶（A）对长形叶（a）为显性、深绿叶（B）对浅绿叶（b）为显性，高茎（C）对矮茎（c）为显性。图甲、乙分别是茶树甲、乙中部分染色体基因组成，已知失去图示三种基因中的任意一种，配子会因不能发育而死亡（不考虑交叉互换）。请回答下列问题：‎ 现有一基因型确定为AaBbCc的茶树，有各种性状的染色体正常的植株可供选用，请设计遗传实验，判断该茶树染色体组成为图甲类型还是图乙类型。‎ 最佳实验方案： __________________________________________________。‎ 预测结果及结论： ____________________________________________________。‎ 答案　将待测植株与长形浅绿叶矮茎植株进行测交，观察后代植株表现型　若后代植株有4种表现型，其染色体组成为图甲类型；若后代植株有2种表现型，其染色体组成为图乙类型 ‎1.基因自由组合定律的细胞学基础 ‎2.巧用“逆向组合法”推断亲本基因型 ‎①9∶3∶3∶1⇒（3∶1）（3∶1）⇒（Aa×Aa）（Bb×Bb）；‎ ‎②1∶1∶1∶1⇒（1∶1）（1∶1）⇒（Aa×aa）（Bb×bb）；‎ ‎③3∶3∶1∶1⇒（3∶1）（1∶1）⇒（Aa×Aa）（Bb×bb）或（Aa×aa）（Bb×Bb）；‎ ‎（4）3∶1⇒（3∶1）×1⇒（Aa×Aa）（BB×_ _）或（Aa×Aa）（bb×bb）或（AA×‎ ‎_ _）（Bb×Bb）或（aa×aa）（Bb×Bb）。‎ 注：并非所有非等位基因都遵循自由组合定律——减数第一次分裂后期自由组合的是非同源染色体上的非等位基因（如图A中基因a、b），而不是所有的非等位基因。同源染色体上的非等位基因（如图B中基因A、C），则不遵循自由组合定律。‎ ‎　‎ ‎　自由组合定律的验证 ‎1.（2013·全国卷，34）已知玉米子粒黄色（A）对白色（a）为显性，非糯（B）对糯（b）为显性，这两对性状自由组合。请选用适宜的纯合亲本进行一个杂交实验来验证：①子粒的黄色与白色的遗传符合分离定律；②子粒的非糯与糯的遗传符合分离定律；③以上两对性状的遗传符合自由组合定律。要求：写出遗传图解，并加以说明。‎ 解析　基因分离定律是一对等位基因分配给子代时的规律，将具有一对相对性状的两纯合亲本杂交，F1产生的雌雄配子各有两种，比例为1∶1，F2的表现型有两种，比例为3∶1。基因的自由组合定律是位于非同源染色体上的非等位基因分配给子代时的规律，具有两对相对性状的纯合亲本杂交，F1自交，F1产生的雌雄配子各有4种，比例为1∶1∶1∶1，在完全显性的条件下，F2表现型有四种，比例为9∶3∶3∶1。因此，欲验证基因的分离定律，应选具两对相对性状的纯合亲本杂交：aaBB×AAbb（或者AABB×aabb），得F1，F1自交得F2，观察并统计F2的表现型及其比例，若F2中黄色∶白色＝3∶1，则说明玉米子粒的颜色遵循分离定律，若F2中非糯粒∶糯粒＝3∶1，则验证该相对性状遵循分离定律。若F2黄色非糯粒∶黄色糯粒∶白色非糯粒∶白色糯粒＝9∶3∶3∶1，即A_B_∶A_bb，aaB_∶aabb＝9∶3∶3∶1，则验证这两对相对性状的遗传遵循基因的自由组合定律。‎ 答案　‎ F2子粒中：‎ ‎①若黄粒（A_）∶白粒（aa）＝3∶1，则验证该性状的遗传符合分离定律；‎ ‎②若非糯粒（B_）∶糯粒（bb）＝3∶1，则验证该性状的遗传符合分离定律；‎ ‎③若黄非糯粒∶黄糯粒∶白非糯粒∶白糯粒＝9∶3∶3∶1即：A_B_∶A_bb∶aaB_∶aabb＝9∶3∶3∶1，则验证这两对性状的遗传符合自由组合定律 ‎（其他合理答案也可）‎ ‎2.某单子叶植物的非糯性（A）对糯性（a）为显性，抗病（T）对染病（t）为显性，花粉粒长形（D）对圆形（d）为显性，三对等位基因分别位于三对同源染色体上，非糯性花粉遇碘液变蓝，糯性花粉遇碘液变棕色。现有四种纯合子基因型分别为：①AATTdd、②AAttDD、③AAttdd、④aattdd。则下列说法正确的是（　　）‎ A.若采用花粉鉴定法验证基因的分离定律，应该用①和③杂交所得F1的花粉 B.若采用花粉鉴定法验证基因的自由组合定律，可以观察①和②杂交所得F1的花粉 C.若培育糯性抗病优良品种，应选用①和④亲本杂交 D.将②和④杂交后所得的F1的花粉涂在载玻片上，加碘液染色后，均为蓝色 解析　采用花粉鉴定法验证遗传的基本规律，必须是可以在显微镜下表现出来的性状，即非糯性（A）和糯性（a），花粉粒长形（D）和圆形（d）。①和③杂交所得F1的花粉只有抗病（T）和染病（t）不同，显微镜下观察不到，A错误；若采用花粉鉴定法验证基因的自由组合定律，则应该选择②④组合，观察F1的花粉，B错误；将②和④杂交后所得的F1（Aa）的花粉涂在载玻片上，加碘液染色后，一半花粉为蓝色，一半花粉为棕色，D错误。‎ 答案　C 孟德尔两大定律的验证方法整合 验证方法 结论 自交法 F1自交后代的分离比为3∶1，则符合基因的分离定律，由位于一对同源染色体上的一对等位基因控制 F1自交后代的分离比为9∶3∶3∶‎ ‎1（或其变式），则符合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，则符合分离定律，由位于一对同源染色体上的一对等位基因控制 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 花粉鉴定法 F1若有两种花粉，比例为1∶1，则符合分离定律 F1若有四种花粉，比例为1∶1∶1∶1，则符合自由组合定律 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，若植株有两种表现型，比例为1∶1，则符合分离定律 取花药离体培养，用秋水仙素处理单倍体幼苗，若植株有四种表现型，比例为1∶1∶1∶1，则符合自由组合定律 ‎　　　考点二　基因自由组合定律分离比变式及应用（5年12考）‎ ‎1.“和”为16的特殊分离比的成因 ‎（1）基因互作 序号 条件 F1（AaBb）‎ 自交后代比例 F1测交 后代比例 ‎1‎ 存在一种显性基因时表现为同一性状，其余正常表现 ‎9∶6∶1‎ ‎1∶2∶1‎ ‎2‎ 两种显性基因同时存在时，表现为一种性状，否则表现为另一种性状 ‎9∶7‎ ‎1∶3‎ ‎3‎ 当某一对隐性基因成对存在时表现为双隐性状，其余正常表现 ‎9∶3∶4‎ ‎1∶1∶2‎ ‎4‎ 只要存在显性基因就表现为一种性状，其余正常表现 ‎15∶1‎ ‎3∶1‎ ‎（2）显性基因累加效应 ‎①表现：‎ ‎②原因：A与B的作用效果相同，但显性基因越多，其效果越强。‎ ‎2.“和”小于16的特殊分离比的成因 序号 原因 后代比例 ‎1‎ 显性纯合致死（AA、BB致死）‎ 自交子代 AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝4∶2∶2∶1，其余基因型个体致死 测交子代 AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝1∶1∶1∶1‎ ‎2‎ 隐性纯合致死（自交情况）‎ 自交子代出现9∶3∶3（双隐性致死）；自交子代出现9∶1（单隐性致死）‎ ‎　无“致死”状况下的变式分离比 ‎1.（2016·全国课标卷Ⅲ，6）用某种高等植物的纯合红花植株与纯合白花植株进行杂交，F1全部表现为红花。若F1自交，得到的F2植株中，红花为272株，白花为212株；若用纯合白花植株的花粉给F1红花植株授粉，得到的子代植株中，红花为101株，白花为302株。根据上述杂交实验结果推断，下列叙述正确的是（　　）‎ A.F2中白花植株都是纯合体 B.F2中红花植株的基因型有2种 C.控制红花与白花的基因在一对同源染色体上 D.F2中白花植株的基因型种类比红花植株的多 解析　本题切入点不在于“F1全表现红花”而在于用纯合白花植株花粉给F1红花植株授粉，子代红花为101株，白花为302株，即红花∶白花＝1∶3。这应符合两对等位基因自由组合的杂合子测交子代比例1∶1∶1∶1的变式，由此可推知该相对性状由两对等位基因控制（设为A、a和B、b），即F1的基因型为AaBb，F1自交得到的F2‎ 中白花植株的基因型有A_bb、aaB_和aabb，故A错误；F2中红花植株（A_B_）的基因型有4种。‎ 答案　D ‎2.某种羊的有角和无角为一对相对性状，由常染色体上的基因控制。多对雄羊和雌羊进行交配得到F1，F1自由交配得到F2，如果如表所示。请据此分析，回答下列问题。‎ P F1‎ F2‎ 雄性 有角（基因型相同）‎ 有角 有角∶无角＝15∶1‎ 雌性 无角（基因型相同）‎ 有角 有角∶无角＝9∶7‎ 注：一对等位基因用A、a表示，两对等位基因用A、a和B、b表示，三对等位基因用A、a，B、b和C、c表示，以此类推。‎ ‎（1）羊的有角和无角性状由　　　　对等位基因控制，且遵循　　　　定律。‎ ‎（2）亲代雄羊的基因型有　　　　种可能，F1中雄羊的基因型为　　　　。‎ ‎（3）F2无角雌羊中纯合子概率为　　　　，用F2中有角雌羊和无角雄羊随机交配，子代出现有角雌羊的概率为　　　　。‎ 解析　（1）从表格中F2的性状分离比可推出羊的有角与无角由两对等位基因控制，符合基因自由组合定律，且F1的基因型为AaBb。（2）F1中雄羊、雌羊的基因型均为AaBb，亲代有角雄羊的基因型可能为AABB、AAbb或aaBB，与之组合的亲代无角雌羊的基因型可能是aabb、aaBB或AAbb。（3）F2中无角雌羊占7/16，F2中无角雌羊纯合子占3/16，因此F2无角雌羊中纯合子概率为3/7；F2中有角雌羊的基因型为A_B_，其中1/9AABB、2/9AaBB、2/9AABb、4/9AaBb，产生4/9AB、2/9Ab、2/9aB、1/9ab共4种卵细胞，无角雄羊的基因型为aabb，产生1/2abX精子和1/2abY精子，因此子代中有角雌羊的概率为4/9×1/2＝2/9。‎ 答案　（1）两　基因自由组合 ‎（2）3　AaBb ‎（3）3/7　2/9‎ ‎1.特殊分离比的解题技巧 ‎（1）看F2的组合表现型比例，若表现型比例之和是16，不管以什么样的比例呈现，都符合基因的自由组合定律。‎ ‎（2）将异常分离比与正常分离比9∶3∶3∶1进行对比，分析合并性 状的类型。如比值为9∶3∶4，则为9∶3∶（3∶1），即4为后两种性状的合并结果，若分离比为9∶6∶1，则为9∶（3∶3）∶1；若分离比为15∶1，则为（9∶3∶3）∶1。‎ ‎（3）明确出现异常分离比的原因。‎ ‎（4）根据异常分离比出现的原因，推测亲本的基因型或推断子代相应表现型的比例。‎ ‎2.巧用“性状比之和”，快速判断控制遗传性状的基因的对数 判断相关性状由几对等位基因控制是解遗传题的必备技巧，巧用“性状比之和”能迅速判断出结果，具体方法如下：‎ 如果题目中给出的数据是比例的形式，或者给出的性状个体数之间的比值接近“常见”性状比值，可以将性状比中各个数值相加。自交情况下，得到的总和是4的几次方，就说明自交的亲代中含有几对等位基因；测交情况下，得到的总和是2的几次方，则该性状就由几对等位基因控制。　　　‎ ‎　“致死”状况下的变式分离比 ‎1.（2014·经典高考）一种鹰的羽毛有条纹和非条纹、黄色和绿色的差异，已知决定颜色的显性基因纯合子不能存活。图中显示了鹰羽毛的杂交遗传，对此合理的解释是（　　）‎ ‎①绿色对黄色完全显性　②绿色对黄色不完全显性 ‎③控制羽毛性状的两对基因完全连锁　④控制羽毛性状的两对基因自由组合 A.①③ B.①④ C.②③ D.②④‎ 解析　子一代的绿色非条纹个体自交后代中既有绿色又有黄色，说明绿色为显性性状，但子代中绿色个体与黄色个体的比例为（6＋2）∶（3＋1）＝2∶1，说明绿色个体中存在显性纯合致死效应，①正确、②‎ 错误；绿色非条纹个体自交后代出现绿色非条纹、黄色非条纹、绿色条纹、黄色条纹等四种性状，且性状分离比为6∶3∶2∶1，说明控制羽毛性状的两对基因可以自由组合，③错误、④正确。‎ 答案　B ‎2.果蝇的灰身和黑身、刚毛和截毛各为一对相对性状，分别由等位基因A、a，D、d控制。某科研小组用一对灰身刚毛果蝇进行了多次杂交实验，F1代表现型及比例如下表：‎ 灰身刚毛 灰身截毛 黑身刚毛 黑身截毛 ‎♀‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎（1）果蝇控制刚毛和截毛的等位基因位于　　　染色体上。‎ ‎（2）上表实验结果存在与理论分析不吻合的情况，原因可能是基因型为　　　　的受精卵不能正常发育成活。‎ ‎（3）若上述（2）题中的假设成立，则F1代成活的果蝇共有　　　　种基因型，在这个种群中，黑身基因的基因频率为　　　　。让F1代灰身截毛雄果蝇与黑身刚毛雌果蝇自由交配，则F2代雌果蝇共有　　　　种表现型。‎ ‎（4）控制果蝇眼色的基因仅位于X染色体上，红眼（R）对白眼（r）为显性。研究发现，眼色基因可能会因染色体片段缺失而丢失（记为XC）；若果蝇两条性染色体上都无眼色基因，则其无法存活，在一次用纯合红眼雌果蝇（XRXR）与白眼雄果蝇（XrY）杂交的实验中，子代中出现了一只白眼雌果蝇。欲用一次杂交实验判断这只白眼雌果蝇出现的原因，请简要写出实验方案的主要思路_____________________________________________________________________‎ ‎____________________________________________________________________。‎ 实验现象与结论：‎ ‎①若子代果蝇出现红眼雄果蝇，则是环境条件改变导致的；‎ ‎②若子代果蝇　　　　，则是基因突变导致的；‎ ‎③若子代果蝇　　　　，则是染色体片段缺失导致的。‎ 解析　（1）～（3）解析如下：‎ ‎①就体色而言，灰身∶黑身＝3∶1，♀灰身∶黑身＝3∶1→灰身与黑身基因位于常染色体上 ‎②就刚截毛而言，刚毛∶截毛＝1∶1，♀只有刚毛，无截毛→刚截毛基因位于X染色体上 ‎③子代总组合数不是“16”而是“15”，且灰身刚毛雌蝇为“”而不是“”→灰身刚毛雌蝇出现致死基因型，且所占比例为→致死基因型为AAXDXD或AAXDXd ‎（4）解析如下：‎ 眼色基因仅位于X上，且基因随染色体缺失而缺失；若两条性染色体均无眼色基因则无法存活→XCXC或XCY不能存活（可致雌雄比例失衡）‎ 亲本为XRXR×XrY→子代雌蝇类型应为XRXr，但却出现了“白眼雌蝇”可依据XRXr（环境改变）、XrXr（基因突变）及XCXr（缺失）反推结果，续推结论。‎ 答案　（1）X　（2）AAXDXD或AAXDXd　（3）11　　4‎ ‎（4）实验方案：让这只白眼雌果蝇与任意的一只雄果蝇杂交，观察后代果蝇的表现型情况　实验现象与结论：②雌雄个体数量之比为1∶1　③雌雄个体数量之比为2∶1‎ ‎（1）致死效应的快速确认：若存在“致死”现象，则可导致子代比例偏离“16”的“失真”现象，如A基因中两显性基因纯合致死时可导致子代基因型为AA_ _的个体致死，此比例占，从而导致子代成活个体组合方式由“16”变成“12”。同理，因其他致死类型的存在，“16”也可能变身为“15”、“14”等。‎ ‎（2）“致死”原因的精准推导 第二种方法：间接判断法——分解成两个基因分离定律问题，分别分析。即将“黄短∶黄长∶灰短∶灰长＝4∶2∶2∶1”转化为两个基因分离定律问题来处理，即黄色∶灰色＝2∶1，短尾∶长尾＝2∶‎ ‎1，由此来确定致死原因是Y和D基因都纯合致死。　　　 ‎ 易错·防范清零 ‎[易错清零]‎ 易错点1　误认为只要符合基因分离定律就一定符合自由组合定律 点拨　如某一个体的基因型为AaBb，两对非等位基因（A、a，B、b）位置可包括：‎ 无论图中的哪种情况，两对等位基因各自分别研究，都遵循基因分离定律，但只有两对等位基因分别位于两对同源染色体上（或独立遗传）时，才遵循自由组合定律。因此遵循基因分离定律不一定遵循自由组合定律，但只要遵循基因自由组合定律就一定遵循基因分离定律。‎ 易错点2　混淆等位基因、相同基因与非等位基因 点拨　‎ 如上图中B－b，C－c，D－d分别为三对等位基因 ‎（2）相同基因：‎ 上图中A－A虽然位于同源染色体同一位置，但因其不是控制“相对性状”而是控制“相同性状”，故应属“相同基因”而不是“等位基因”。‎ ‎（3）非等位基因 非等位基因有两种，即一种是位于非同源染色体上的基因，符合自由组合定律，如图中B－b与C－c（D－d）；另一种是位于同源染色体上的非等位基因，如图中C－c与D－d。‎ 注：自由组合定律专适用于“非同源染色体上的非等位基因”的遗传。‎ ‎[规范答题]‎ 某观赏植物的花色有红、白两种花色，果实形状有三角形、卵圆形两种。为探究该植物花色、果实形状的遗传方式，分别进行两组实验。‎ 实验一：用纯合三角形果实与纯合卵圆形果实杂交，统计如下：‎ 亲本 F1‎ F2‎ 三角形果实 三角形果实 三角形果实（301株）‎ 卵圆形果实 卵圆形果实（20株）‎ 实验二：纯合红花植株与纯合白花植株进行杂交，F1全部表现为红花。若F1自交，得到的F2植株中，红花为272株，白花为212株；若用纯合白花植株的花粉给F1红花植株授粉，得到的子代植株中，红花为101株，白花为302株。‎ ‎（1）该植物花色遗传、果实形状遗传分别遵循　　　　、　　　　（填“分离定律”“自由组合定律”或“伴性遗传”）‎ ‎（2）“实验一”F2三角形果实植株中，部分个体无论自交多少代，其后代果实的表现型仍然为三角形，这样的个体在F2三角形果实植株中的比例为　　　　，其基因型为___________________________________________________。‎ ‎（3）“实验二”F2中白花植株　　　　（填“都是”或“不都是”）纯合体，F2中红花植株的基因型种类　　　　（填“多于”“等于”或“少于”）白花植株的基因型种类。‎ 答卷采样 错因分析 果实的基因型只要有AA或BB，无论自交多少代，都不会发生性状分离。F2相关基因型有AABB、AABb、AaBB、AAbb、aaBB，所占比例为，正确答案为　AABB、AABb、AaBB、AAbb、aaBB 白花的基因型可表示为A_bb、aaB_、aabb，即F2中白花植株基因型5种，有纯合子，也有杂合子，故正确答案为不都是 随堂·真题&预测 ‎1.（2015·海南卷，12）下列叙述正确的是（　　）‎ A.孟德尔定律支持融合遗传的观点 B.孟德尔定律描述的过程发生在有丝分裂中 C.按照孟德尔定律，AaBbCcDd个体自交，子代基因型有16种 D.按照孟德尔定律，对AaBbCc个体进行测交，测交子代基因型有8种 解析　孟德尔指出，生物的性状是由遗传因子决定的，这些遗传因子就像一个个独立的颗粒，既不会相互融合，也不会在传递中消失，他不支持融合遗传，A错误；孟德尔指出，生物体在形成生殖细胞——配子时，成对的遗传因子彼此分离，分别进入不同的配子中，而形成生殖细胞的过程是减数分裂，B错误；根据孟德尔的自由组合定律，AaBbCcDd个体自交，四对等位基因的分离和组合是互不干扰的，每对等位基因可产生三种不同的基因型，所以子代基因型可以产生3×3×3×3＝81种，C错误；同理，AaBbCc个体进行测交，每对等位基因可以产生两种不同的基因型，所以测交子代基因型有2×2×2＝8种，D正确。‎ 答案　D ‎2.[2017·全国卷Ⅲ，32（节选）]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交换，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、得出结论）‎ 解析　根据题目要求，不考虑染色体变异和染色体交换。题中所给三个品系均为双显性一隐性性状，因此可以每两品系进行一次杂交，通过对杂交后自交产生的F2代的性状进行分析，得出结论。选择①×②、②×③、①×③三个杂交组合，分别得到F1和F2，若各杂交组合的F2中均出现四种表现型，且比例为9∶3∶3∶1，则可确定这三对等位基因位于三对染色体上；若出现其他结果，则可确定这三对等位基因不是位于三对染色体上。‎ 答案　选择①×②、②×③、①×③三个杂交组合，分别得到F1和F2，若各杂交组合的F2中均出现四种表现型，且比例为9∶3∶3∶1，则可确定这三对等位基因位于三对染色体上；若出现其他结果，则可确定这三对等位基因不是位于三对染色体上 ‎3.（2019·高考预测）某自花传粉植物的花有白色、红色和紫色三种花色，由A和a、B和b两对独立遗传的等位基因控制。基因对花色性状的控制有两种假说，如下图所示，已知假说二中基因A抑制基因B的表达。请回答下列问题：‎ ‎（1）分析该植物花色的遗传可知，基因能通过控制　　　　进而控制生物的性状。基因A、a的根本区别是　　　　的不同。‎ ‎（2）若假说一成立，则紫花植株的基因型有　　　　种；若假说二成立，则红花植株的基因型是　　　　。‎ ‎（3）现选取基因型为AaBb的紫花植株为亲本进行自交；‎ ‎①若假说一成立，则F1植株的表现型及比例为_____________________________。‎ ‎②若假说二成立，则F1植株的表现型及比例为_____________________________；‎ 再取F1红花植株进行自交得F2，则F2中白花植株所占比例为　　　　　　。‎ 答案　（1）酶的合成　碱基对（脱氧核苷酸）排列顺序　（2）4　aaBB、aaBb（3）①紫花∶红花∶白花＝9∶3∶4　②紫花∶红花∶白花＝12∶3∶1　 ‎（时间：30分钟　满分：100分）‎ ‎1.（2017·湖南岳阳模拟，27）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，F1自交得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.9/64、1/9 B.9/64、1/64‎ C.3/64、1/3 D.3/64、1/64‎ 解析　设控制三对性状的基因分别用A、a，B、b，C、c表示，亲代为AABBcc与aabbCC，F1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3/4×1/4×3/4＝9/64；在F2的每对相对性状中，显性性状中的纯合子占1/3，故红果、多室、长蔓中纯合子的比例是1/3×1/3＝1/9。‎ 答案　A ‎2.下列关于孟德尔遗传实验和分离定律的叙述，错误的是（　　）‎ A.孟德尔据实验提出遗传因子在体细胞中成对存在，在配子中单个出现的设想 B.F2的3∶1性状分离比依赖于雌雄配子的随机结合 C.孟德尔巧妙设计的测交方法只能用于检测F1的基因型 D.若用玉米为实验材料验证分离定律，所选实验材料不一定为纯合子 解析　孟德尔据实验提出遗传因子在体细胞中成对存在，在配子中单个出现的设想，A正确；雌雄配子的随机结合是F2中出现3∶1性状分离比的条件之一，B正确；测交实验往往用来鉴定某一显性个体的基因型和它形成的配子类型及其比例，C错误；若用玉米为实验材料验证分离定律，所选实验材料不一定为纯合子，D正确。‎ 答案　C ‎3.（2017·广东名校联考）短尾蝮蛇体色的遗传机理如图所示，物质甲、乙均不存在时表现为白色。下列分析合理的是（　　）‎ A.白蛇的基因型是aaBb B.雌雄黑红花斑蛇交配，后代可能有四种表现型 C.黑蛇与红蛇交配的后代不可能出现白蛇 D.对杂合黑蛇进行测交，后代表现型比为1∶1的前提是各种配子成活率为100%‎ 解析　基因型A_bb为黑色，aaB_为红色，A_B_为黑红花斑色，故白蛇的基因型为aabb，A错误；雌雄黑红花斑蛇交配，若基因型均为AaBb，后代可能有A_B_（黑红花斑色）、A_bb （黑色）、aaB_（红色）、aabb（白色）四种表现型，B正确；若黑蛇为Aabb，红蛇为aaBb，二者交配的后代可能出现aabb，C错误；对杂合黑蛇（Aabb）进行测交，欲使其后代表现型比例为1∶1，不仅要求各种配子成活率相等，D错误。‎ 答案　B ‎4.某种鼠中，皮毛黄色（A）对灰色（a）为显性，短尾（B）对长尾（b）为显性。基因A或b纯合会导致个体在胚胎期死亡。两对基因位于常染色体上，相互间独立遗传。现有一对表现型均为黄色短尾的雌、雄鼠交配，发现子代部分个体在胚胎期死亡。则理论上子代中成活个体的表现型及比例为（　　）‎ A.均为黄色短尾 B.黄色短尾∶灰色短尾＝2∶1‎ C.黄色短尾∶灰色短尾＝3∶1‎ D.黄色短尾∶灰色短尾∶黄色长尾∶灰色长尾＝6∶3∶2∶1‎ 解析　根据题干中“基因A或b纯合会导致个体在胚胎期死亡”可知：①黄色短尾的雌、雄鼠的基因型都为AaB_；②子代中不会出现长尾鼠（bb）。Aa×Aa→1/4AA（致死）、1/2Aa（黄色）、1/4aa（灰色）；综合考虑两对性状，则子代中成活个体的表现型及比例为黄色短尾∶灰色短尾＝2∶1。‎ 答案　B ‎5.（2017·河北衡水中学二调，32）果蝇的长翅（V）对残翅（v）为显性。但是，即使是纯合的长翅品系的幼虫在35 ℃温度条件下培养（正常培养温度为25 ℃‎ ‎），长成的成体果蝇也是残翅的，这种现象称为“表型模拟”。现有一只残翅果蝇，要判断它是属于纯合残翅（vv），还是“表型模拟”，则应选用的配种方案和培养温度条件分别是（　　）‎ A.该残翅果蝇与异性残翅果蝇、35 ℃‎ B.该残翅果蝇与异性长翅果蝇、35 ℃‎ C.该残翅果蝇与异性残翅果蝇、25 ℃‎ D.该残翅果蝇与异性长翅果蝇、25 ℃‎ 解析　根据题意可知，该残翅果蝇可能属于纯合残翅（vv），也可能是“表型模拟”，即基因型为VV或Vv的个体在35 ℃温度条件下培养长成的残翅，因此要确定其基因型，可选用该残翅果蝇与异性残翅果蝇（vv）交配并将子代在25 ℃条件下培养。若该残翅果蝇属于纯合残翅（vv），则25 ℃条件下培养出的子代全部为残翅；若该残翅果蝇属于“表型模拟”（即基因型为VV或Vv），则25 ℃条件下培养出的子代中会出现长翅，C正确。‎ 答案　C ‎6.（2017·安徽安庆期末）小麦的抗病和感病为一对相对性状，无芒和有芒为另一对相对性状，用纯合的抗病无芒和感病有芒的小麦作为亲本进行杂交，F1全部表现为抗病无芒，F1自交获得的F2的表现型比例为9∶3∶3∶1。若给F2中抗病无芒的植株授以感病有芒植株的花粉，其后代的性状分离比为（　　）‎ A.16∶8∶2∶1 B.4∶2∶2∶1‎ C.9∶3∶3∶1 D.25∶5∶5∶1‎ 解析　根据题干信息可知，抗病和无芒均为显性性状；根据“F1自交获得的F2的表现型比例为9∶3∶3∶1”，可判断出题中两对相对性状的遗传遵循基因的自由组合定律。设小麦的抗病和感病由A、a基因控制，无芒和有芒由B、b基因控制，则可确定F2中抗病无芒植株的基因型及比例为AABB∶AABb∶AaBB∶AaBb＝1∶2∶2∶4，只考虑A、a时，F2中抗病无芒植株的基因型及比例为AA∶Aa＝3∶6＝1∶2→配子基因型及比例为2/3A、1/3a，同理，只考虑B、b时，配子基因型及比例为2/3B、1/3b，故F2产生的配子的基因型及比例为AB∶Ab∶aB∶ab＝[（2/3）×（2/3）]∶[（2/3）×（1/3）]∶[（1/3）×（2/3）]∶[（1/3）×（1/3）]＝4∶2∶2∶1，由于感病有芒植株的基因型为aabb，其产生的花粉基因型只有ab一种，所以可进一步推断“‎ 若给F2中抗病无芒的植株授以感病有芒植株的花粉”，其后代的性状分离比＝4∶2∶2∶1。‎ 答案　B ‎7.（2017·山东省济南一中期中）某种昆虫长翅A对残翅a为显性，直翅B对弯翅b为显性，有刺刚毛D对无刺刚毛d为显性，控制这3对性状的基因均位于常染色体上。现有这种昆虫一个体细胞的基因型如右图所示。下列说法正确的是（　　）‎ A.长翅与残翅、直翅与弯翅两对相对性状的遗传遵循自由组合定律 B.若无变异，该昆虫一个初级精母细胞产生的精细胞基因型有4种 C.细胞有丝分裂后期，移向细胞同一极的基因有A、a、b、b、D、d D.为验证基因的自由组合定律，必须用基因型为aabbdd的异性体来与该昆虫进行交配 解析　由图可知，控制该昆虫长翅与残翅、直翅与弯翅两对相对性状的基因位于一对同源染色体上，不遵循基因自由组合定律，A错误；一个初级精母细胞产生的4个精细胞的基因型是两两相同、两两互补的，共2种，B错误；细胞有丝分裂后期，每条染色体的着丝点分裂，移向细胞同一极的基因有A、a、b、b、D、d，C正确；为验证基因自由组合定律，可用来与该昆虫进行交配的异性个体基因型有多种选择，如aabbdd、aaBBdd、AabbDd、AaBBDd等，D错误。‎ 答案　C ‎8.（2017·福建省福州市月考）小麦的粒色受两对同源染色体上的两对基因R1和r1、R2和r2控制。R1和R2决定红色，r1和r2决定白色，R对r为不完全显性，并有累加效应，也就是说，麦粒的颜色随R的增加而逐渐加深。将红粒（R1R1R2R2）与白粒（r1r1r2r2）杂交得F1，F1自交得F2，则F2的基因型种类数和不同表现型比例为（　　）‎ A.3种、3∶1 B.3种、1∶2∶1‎ C.9种、9∶3∶3∶1 D.9种、1∶4∶6∶4∶1‎ 解析　已知麦粒的颜色随R的增加而逐渐加深，即显性基因越多，颜色越深，显性基因的数量不同颜色不同。将红粒（R1R1R2R2）与白粒（r1r1r2r2）杂交得F1的基因型是R1r1R2r2，让R1r1R2r2自交得F2，则F2的R1R1为，R1r1为，r1r1为；R2R2为，R2r2为，r2r2为。因此，显性基因的数量有4个的R1R1R2R2比例为×＝；显性基因的数量有3个的R1R1R2r2和R1r1R2R2比例为（×）＋（×）＝；显性基因的数量有2个的R1r1R2r2和R1R1r2r2和r1r1R2R2，比例为（×）＋（×）＋（×）＝；显性基因的数量1个的R1r1r2r2、r1r1R2r2比例为（×）＋（×）＝；显性基因的数量0个，基因型为r1r1r2r2，比例为×＝，所以F2的表现型比例为∶∶∶∶＝1∶4∶6∶4∶1。‎ 答案　D ‎9.（2017·湖南六校联考）某观赏植物的白花对紫花为显性，花瓣一直为单瓣，但经人工诱变后培育出一株重瓣白花植株，研究发现重瓣对单瓣为显性，且含重瓣基因的花粉致死。将此株重瓣白花为母本与单瓣紫花杂交，F1中出现1/2重瓣白花，1/2单瓣白花，让F1的重瓣白花自交，得F2，F2中表现型比为（　　）‎ A.9∶3∶3∶1 B.3∶3∶1∶1‎ C.6∶3∶2∶1 D.4∶2∶1∶1‎ 解析　假设控制花瓣的基因为A和a，控制花色的基因为B和b。由题干信息可知白花是显性性状，紫花是隐性性状，重瓣对单瓣为显性，因此亲本中单瓣紫花的基因型为aabb，因F1都为白花且重瓣∶单瓣＝1∶1，因此亲本中重瓣白花的基因型为AaBB，则F1中重瓣白花的基因型为AaBb，根据选项两对基因自由组合，AaBb自交，产生的花粉只有aB、ab两种类型（AB、Ab致死），产生的卵细胞有AB、Ab、aB、ab四种类型，则自交后代的基因型有1AaBB（重瓣白花）、2AaBb（重瓣白花）、1aaBB（单瓣白花）、2aaBb（单瓣白花）、1Aabb（重瓣紫花）、1aabb（单瓣紫花），因此重瓣白花∶单瓣白花∶重瓣紫花∶‎ 单瓣紫花＝3∶3∶1∶1。‎ 答案　B ‎10.（2017·安徽省六安市高考模拟）香豌豆能利用体内的前体物质经过一系列代谢过程逐步合成蓝色中间产物和紫色色素，此过程是由B、b和D、d两对等位基因控制（B、b位于①位置，D、d位于②位置，如下图），两对基因不在一对同源染色体上。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。‎ ‎（1）①位置是　　　　基因，②位置是　　　　基因，基因型BbDd的香豌豆自交后代白色∶蓝色∶紫色＝4∶3∶9。‎ ‎（2）①位置是　　　　基因，②位置是　　　　基因，基因型BbDd的香豌豆自交后代白色∶蓝色∶紫色＝12∶1∶3。‎ ‎（3）①位置是　　　　基因，②位置是　　　　基因，基因型 BbDd的香豌豆自交后代白色∶蓝色∶紫色＝4∶9∶3。‎ 解析　（1）如果基因型BbDd的香豌豆自交后代白色∶蓝色∶紫色＝4∶3∶9，说明紫色基因型是B_D_，①是B、②是D。‎ ‎（2）如果基因型BbDd的香豌豆自交后代白色∶蓝色∶紫色＝12∶1∶3，说明B_D_表现为白色，蓝色是bbdd，①是b，②是D。‎ ‎（3）如果基因型BbDd的香豌豆自交后代白色∶蓝色∶紫色＝4∶9∶3，蓝色基因型是B_D_，则①是B，②是d。‎ 答案　（1）B　D　（2）b　D　（3）B　d ‎11.（2017·河南省洛阳市一模）将纯合灰毛雌家兔与纯合白毛雄家兔杂交，F1都是灰毛，若用F1中所有雌家兔与亲代白毛雄家兔交配（回交），子代中白毛∶灰毛为3∶1。‎ 请回答：‎ ‎（1）根据杂交实验结果分析，家兔毛色性状受常染色体上　　　　对等位基因控制。‎ ‎（2）亲本中白毛兔的基因型为　　　　‎ ‎（若一对等位基因用Aa表示；若两对等位基因用Aa、Bb表示）。‎ ‎（3）若让回交子代中的灰毛个体间随机交配一代，后代的表现型及比例为____________________________________________________________________，‎ 其中白毛个体中纯合子占　　　　。‎ ‎（4）若亲本中一只白毛家兔的染色体上整合了两个荧光蛋白基因，分别是G和R，单独带有G、R基因的精子能分别呈现绿色、红色荧光，同时带有G、R基因的精子能呈现绿色和红色荧光叠加。请根据该家兔产生精子的性状及比例，判断并从图中选出G、R基因在染色体上的位置关系（不考虑突变）。‎ ‎①若精子呈现绿色荧光25%、红色荧光25%、绿色和红色荧光叠加25%、无荧光25%，则可推断G、R基因最可能是图　　　　所示的位置；‎ ‎②若精子呈现绿色荧光4%、红色荧光4%、绿色和红色荧光叠加46%、无荧光46%，则可推断G、R基因是图　　　　所示的位置。‎ 解析　（1）根据以上分析可知家兔毛色性状受常染色体上两对等位基因控制，遵循基因的自由组合定律。‎ ‎（2）根据以上分析已知亲本基因型是AABB（灰毛）和aabb（白毛），F1灰毛为双杂合AaBb，与aabb回交，后代白毛有Aabb、aaBb和aabb 3种。‎ ‎（3）F1灰毛为双杂合AaBb，与aabb回交，子代中的灰毛为AaBb，其个体间随机交配，后代表现型及比例为灰毛（A_B_）∶白毛（A_bb、aaB_、aabb）＝9∶7，其中白毛个体中纯合子占。‎ ‎（4）①若精子呈现绿色荧光25%、红色荧光25%、绿色、红色荧光叠加25%、无荧光25%，比例为1∶1∶1∶1，则可推断G、R基因位于两条非同源染色体上，B正确。‎ ‎②若精子呈现绿色荧光4%、红色荧光4%、绿色、红色荧光叠加46%、无荧光46%，说明G、R连锁，在同一条染色体上，且出现了交叉互换，C正确。‎ 答案　（1）两　（2）aabb　（3）灰毛∶白毛＝9∶7　　（4）B　C ‎12.果蝇是常用的遗传学实验材料，其体色有黄身（H）、黑身（h）之分，翅型有长翅（V）、残翅（v）之分。现用两种纯合果蝇杂交，F2出现4种类型且比例为5∶3∶3∶1，已知果蝇有一种精子不具有受精能力。回答下列问题：‎ ‎（1）果蝇体色与翅型的遗传遵循_______________________________________‎ 定律，亲本果蝇的基因型是_____________________________________________。‎ ‎（2）不具有受精能力精子的基因组成是　　　　，F2黄身长翅果蝇中双杂合子的比例为　　　　。‎ ‎（3）若让F2黑身长翅果蝇自由交配，则子代的表现型及比例为______________________________________________________________。‎ ‎（4）现有多种不同类型的果蝇，从中选取亲本通过杂交实验来验证上述不能完成受精作用的精子的基因型。‎ ‎①杂交组合：选择______________________________________________________‎ 的果蝇进行杂交。‎ ‎②结果推断：若后代出现_______________________________________________，‎ 则不具有受精能力精子的基因型为　　　　。‎ 解析　（1）由于F2出现4种类型且比例为5∶3∶3∶1，所以果蝇体色与翅型的遗传遵循基因的自由组合定律，则F1的基因型是HhVv，亲本果蝇的基因型是HHVV与hhvv或HHvv与hhVV，但基因组成为HV的精子不具有受精能力，所以亲本果蝇的基因型只能是HHvv与hhVV。‎ ‎（2）由于F2出现4种类型且比例为5∶3∶3∶1，所以不具有受精能力精子的基因组成是HV。F2黄身长翅果蝇的基因型是HhVV、HHVv、HhVv，比例为1∶1∶3，所以双杂合子的比例为。‎ ‎（3）F2黑身长翅的基因型是hhVV、hhVv，比例为1∶2，所以hV配子的比例为，hV配子的比例为。若让F2黑身长翅果蝇自由交配，则子代的表现型及比例为黑身长翅∶黑身残翅＝（×＋××2）∶（×）＝8∶1。‎ ‎（4）要想通过杂交实验来验证不能完成受精作用的精子的基因型，则选取的杂交组合为：黑身残翅的果蝇做母本、双杂合的黄身长翅果蝇做父本，杂交后代中若出现黄身残翅∶黑身长翅∶黑身残翅＝1∶1∶‎ ‎1，则验证了不具有受精能力精子的基因型为HV。‎ 答案　（1）基因的自由组合　HHvv、hhVV　（2）HV　　（3）黑身长翅∶黑身残翅＝8∶1　（4）①黑身残翅的果蝇做母本，双杂合的黄身长翅果蝇做父本 ‎②黄身残翅∶黑身长翅∶黑身残翅＝1∶1∶1　HV ‎13.连城白鸭和白改鸭为两个肉鸭品种，羽色均为白色，已知鸭的羽色受两对等位基因（用A、a和B、b）控制。研究人员用如表所示外貌特征的连城白鸭和白改鸭作为亲本进行杂交实验，过程及结果如图所示。请回答下列问题：‎ ‎　　 外貌特征 亲本　　‎ 羽色 肤色 喙色 连城白鸭 白色 白色 黑色 白改鸭 白色 白色 橙黄色 ‎（1）从以上杂交实验的过程及结果，可以推断鸭的羽色遗传符合基因的自由组合定律，原因是________________________________________________________‎ ‎____________________________________________________________________。‎ ‎（2）已知基因A、a控制鸭的体细胞中黑色素的合成（基因A可促进黑色素的合成）；基因B促进基因A在羽毛中的表达，基因b抑制基因A在羽毛中的表达，但基因B和b均不影响鸭的喙色。上述杂交实验中，亲本连城白鸭的基因型为　　　　，F2白羽鸭中纯合子所占的比例为　　　　。‎ ‎（3）研究人员发现F2中黑羽∶灰羽约为1∶2，他们假设B基因存在剂量效应，即基因A存在时，有一个B基因羽色表现为灰色，有两个B基因羽色表现为黑色，为了验证该假设，可以选用F2中的多只灰羽鸭与亲本中的　　　　进行杂交，若后代的表现型及比例为___________________________________________，‎ 说明该假设成立。‎ 解析　（1）由题意可知，杂交实验的F2中非白羽（黑羽和灰羽）∶白羽约为9∶‎ ‎7（为9∶3∶3∶1的变形），符合自由组合定律中的性状分离比，因此鸭的羽色遗传符合基因的自由组合定律。（2）由题意可知，基因A能促进黑色素的合成，基因b抑制基因A在羽毛中的表达，故关于羽色性状的基因型中，基因型为aaB_、A_bb、aabb的个体表现为白色，又因连城白鸭的喙色为黑色，且F1全为灰羽，所以亲本连城白鸭的基因型为AAbb。F1表现为灰羽，基因型为AaBb，所以杂交实验中亲本白改鸭的基因型为aaBB。F2的基因型及比例为A_B_∶A_bb∶aaB_∶aabb＝9∶3∶3∶1，F2中白羽鸭的基因型为AAbb、Aabb、aaBB、aaBb、aabb，其中纯合子的基因型为AAbb、aaBB、aabb），因此F2白羽鸭中纯合子所占的比例是3/7。（3）欲验证题中所述假设，可选用F2中的多只灰羽鸭（2/3AaBb、1/3AABb）与亲本中的白改鸭（aaBB）杂交，若后代的表现型及比例为黑羽∶灰羽∶白羽＝1∶1∶1，说明该假设成立。遗传图解如下：‎ 经计算，后代的表现型及比例为黑羽∶灰羽∶白羽＝1∶1∶1。‎ 答案　（1）F2中非白羽（黑羽和灰羽）∶白羽约为9∶7（为9∶3∶3∶1的变形），说明控制羽色的两对等位基因位于两对同源染色体上 ‎（2）AAbb　3/7‎ ‎（3）白改鸭　黑羽∶灰羽∶白羽＝1∶1∶1‎