2020届人教版遗传因子的发现单元测试4

遗传因子的发现单元测试
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．基因型为YyRr的黄色园粒豌豆，其自交后代中至少有一对基因为显性纯合的个体占（）
A．3/16 B．5/16 C．7/16 D．8/16
【答案】C
【解析】
试题解析：Yy×Yy的后代基因型及比例为YY：Yy：yy=1：2：1，为显性纯合的个体占
1/4；Rr×Rr的后代基因型及比例为RR：Rr：rr=1：2：1，为显性纯合的个体占1/4；因此，基因型为YyRr的黄色圆粒豌豆自交，后代中没有基因为显性纯合的个体占（1-1/4）×（1-1/4）=9/16．后代中至少有一对基因为显性纯合的个体占1-9/16=7/16。

C正确。

A、B、D不正确。

考点：本题考查自由组合定律的实质和运用的相关知识，意在考查考生能理解所学知识的要点，把握知识间的内在联系，能运用所学知识与观点，分析问题和解决问题的能力。

2．下列不是孟德尔选用豌豆作实验材料并获得成功的原因是（）
A.豌豆具有稳定的、容易区分的相对性状
B.豌豆是严格闭花授粉的植物
C.豌豆在杂交时，母本不需去雄
D.用统计学的方法引入对实验结果的分析
【答案】C
【解析】
试题分析：孟德尔实验成功的原因有：豌豆具有稳定的、容易区分的相对性状、豌豆是严格闭花授粉的植物、用统计学的方法引入对实验结果的分析；A.B.D正确。

豌豆杂交时，要对母本进行去雄操作；C错误。

考点：本题考查遗传知识，意在考查知识的识记能力。

3．某植物甲，其种子的颜色是从种皮透出的子叶的颜色，有黄色（Y）与绿色（y）的类型，为一对相对性状；植物乙，其种子的颜色是由种皮来体现，有灰种皮（G）和白种皮（g）的类型，为一对相对性状。

现分别用甲、乙两种植物进行遗传实验（）
实验小组在两组实验中都观察到3：1的分离比，以下说法正确的有
①甲植物的遗传实验中约3／4的F l植株上结黄色种子，1／4的F2植株上结绿色种子
②乙植物的遗传实验中F l植株上结的种子中，灰种皮：白种皮＝3：1
③甲植物的遗传实验中，F1植株上所结的种子中约3／4为黄色，1／4为绿色
④乙植物的遗传实验中，有3／4的F2植株上结的种子为灰种皮，1／4的F2植株上结的种子为白种皮
A．一项 B．二项 C．三项 D．四项
【答案】B
【解析】
试题分析：甲植物F l植株上结的种子子叶的性状属于F2的性状，显性性状黄色占3/4，正确；F2植株上结的种子属于F3，连续自交，F3中绿色占3/8，①错误；乙植物F1植株上所结种子的种皮是F1的体细胞发育而来，属于F1的性状，应该都为灰种皮，②错误；
因为甲植物F l植株上结的种子子叶的性状属于F2的性状，根据F2的性状分离比可知，F1植株上所结的种子中约3／4为黄色，1／4为绿色，③正确；乙植物F2植株上所结种子的种皮是F2的体细胞发育而来，属于F2的性状，根据F2的性状分离比可知，有3／4的F2植株上结的种子为灰种皮，1／4的F2植株上结的种子为白种皮，④正确。

考点：本题考查基因的分离定律，意在考查学生能运用所学知识与观点，通过比较、分析与综合等方法对某些生物学问题进行解释、推理，做出合理的判断或得出正确的结论。

4．双眼皮（常染色体显性遗传）在人群中的比例为36%。

理论上一对双眼皮的夫妇，他们所生小孩是单眼皮的概率是
A. 16/81
B. 1/9
C. 81/10 000
D. 256/10 000
【答案】A
【解析】试题分析：假设控制眼睑的基因为A、a。

结合题意，双眼皮（AA+Aa）的频率为36%，则单眼皮（aa）的频率为64%，所以a的频率为8/10，A的频率为2/10。

根据遗传平衡定律，AA的频率为4%，Aa的频率为32%。

由此推算，自然人群的双眼皮中Aa占32%÷36%=8/9,理论上一对双眼皮的夫妇（8/9Aa），他们所生小孩是单眼皮(aa)的概率是8/9×8/9×1/4=16/81。

考点：本题主要考查遗传平衡定律和基因的分离定律，意在考查学生对相关知识要点的理解能力和综合运用及分析能力。

5．孔雀鱼的性别决定方式为XY型。

决定孔雀鱼的“蛇王”性状的基因为Y染色体上特有基因（即C基因），决定其“马赛克”性状的基因在常染色体上（即Mo基因）。

现将蛇王雄鱼（基因型为momoXY C）与马赛克雌鱼（基因型为MoMoXX）杂交。

下列相关描述正确的是（）
A. 上述杂交后代再随机交配产生的马赛克雄鱼是雌雄配子随机结合的结果
B. 若想保留C基因，可以只关注雄鱼性状，与任意性状健康雌鱼交配，择优留种
C. 若后代出现蛇王马赛克雌鱼，表明雄性亲本减数分裂时发生了基因重组
D. 蛇王雄鱼处于分裂后期的细胞中有2个C基因就一定有两个Y染色体
【答案】B
【解析】上述杂交后代再随机交配产生的马赛克雄鱼是基因分离的结果，故A错；由题意可知，C基因位于Y染色体上，若想保留C基因，可以只关注雄鱼性状，与任意性状健康雌鱼交配，择优留种，故B对；若后代出现蛇王马赛克雌鱼，表明雄性亲本减数分裂时发生了基因分离，故C错；蛇王雄鱼处于分裂后期的细胞中有2个C基因就1/2含有有两个Y染色体，1/2含有两个X染色体，故D错。

【考点定位】减数分裂
6．一对夫妇均正常，他们的父母中只有丈夫的父亲是色盲，另外妻子的弟弟也是色盲。

问他们生出色盲儿子的概率是（）
A.1/8
B.1/4
C.1/2
D.1
【答案】A
【解析】
试题分析：假设色盲基因为b，妻子的弟弟也是色盲，故妻子的母亲为X B X b，妻子为X B X b(1/2)或X B X B(1/2)，丈夫为X B Y，他们生出色盲儿子X b Y的概率是1/2×1/4=1/8，A 正确。

考点：本题考查伴X隐性遗传运用，意在考查考生能运用所学知识与观点，通过比较、分析与综合等方法对某些生物学问题进行解释、推理，做出合理的判断或得出正确的结论能力。

7．下列生命活动与图模型不符合的是
A. 某杂合髙茎豌豆植株自交后代中高茎与矮茎之比
B. 基因型X W X w和X w Y的果蝇杂交后代产生的两种卵细胞的数量之比
C. 人的胰岛素基因所含的碱基数目与胰岛素所含的氨基酸数目之比
D. 通常哺乳动物一个卵原细胞减数分裂形成的极体与卵细胞数目之比
【答案】C
【解析】豌豆的高茎对矮茎是显性（用D、d表示），亲代高茎豌豆均为杂合子（Dd），则后代的基因型及比例为DD（高茎）：Dd（高茎）：dd（矮茎）=1：2：1，由此可见，后代高茎豌豆：矮茎豌豆=3：1，A正确；基因型X W X w可产生卵细胞为X W和X w，B正确；人的胰岛素基因所含的碱基数目与胰岛素所含的氨基酸数目之比大于6：1，C错误；一个卵原细胞减数分裂形成的3个极体与1个卵细胞，D正确。

【考点定位】基因的分离规律的实质及应用；卵细胞的形成过程；遗传信息的转录和翻译；伴性遗传．
【名师点睛】1．豌豆的高茎对矮茎是显性（用D、d表示），亲代高茎豌豆均为杂合子（Dd），则后代的基因型及比例为DD（高茎）：Dd（高茎）：dd（矮茎）=1：2：1，由此可见，后代高茎豌豆：矮茎豌豆=3：1．
2．基因型X W X W和X W Y的红眼果蝇杂交后代为X W X W和X W Y，全是红眼．
3．基因包含编码区和非编码区，人的胰岛素基因所含的碱基数目与胰岛素所含的氨基酸数目之比大于6：1．
8．孟德尔的遗传规律适用于下列哪种生物（）
A．噬菌体 B．乳酸菌
C．酵母菌 D．蓝藻
【答案】C
【解析】
试题分析：孟德尔的遗传规律发生在真核生物进行有性生殖减数分裂形成配子过程中，基因随染色体变化而变化的规律。

噬菌体为病毒，无细胞结构，不进行有性生殖，无染色体，A错。

乳酸菌和蓝藻为原核生物，不进行有性生殖，无染色体，BD错。

酵母菌为真核生物，可以进行有性生殖，C正确。

考点：本题考查遗传定律相关知识，意在考查考生能理解所学知识的要点，把握知识间的内在联系，形成知识的网络结构能力。

9．在一个随机交配的中等大小的种群中，经调查发现控制某性状的基因型只有两种：AA基因型的频率为40%，Aa基因型的频率为60%，aa基因型（致死型）的频率为0，那么随机交配繁殖一代后，AA基因型的个体占（）
A. 49/91
B. 49/100
C. 11/20
D. 11/17
【答案】A
【解析】由以上分析可知，A的基因频率为70%，a的基因频率为30%，根据遗传平衡定律，其随机交配繁殖一代后，AA基因型频率=70%×70%=49%，Aa的基因型频率=2×70%×30%=42%，aa的基因型频率=30%×30%=9%，其中aa为致死型，因此AA基因型的个体占49%/（49%+42%）=49/91。

【考点定位】基因的分离规律的实质及应用
10．下列属于相对性状的是
A．鸡的毛腿和毛翅B．猫的白毛和狗的黑毛
C．人的卷发与白发D．豌豆花的顶生与腋生
【答案】D
【解析】
11．下面四图是同种生物4个个体的细胞示意图,其中A 对a为显性、B对b为显性,哪两个图示的生物体杂交后，后代出现4种表现型、6种基因型
A.图1和图3
B.图1和图4
C.图2和图3
D.图2和图4
【答案】C
【解析】
试题分析：图1和图3后代有2种表现型但基因型有2种，故A错误。

图1和图4后代表现型有1种，基因型1种，故B错误。

图2和图3后代表现型有4种，基因型有6种，故C正确。

图2和图4，后代表现型有4种，基因型有4种，故D错误。

考点：本题考查基因自由组合定律相关知识，意在考察考生对知识点的理解掌握和简单计算能力。

12．黄色和绿色的豌豆杂交，F1都是黄色，F1自交得到1500粒绿色种子，那么黄粒种子约有（）
A.500粒
B.1500粒
C.3000粒
D.4500粒
【答案】D
【解析】F1为Dd ，F1自交后产生的F2的基因性为1/4DD、2/4Dd、1/4dd，即黄与绿3：1。

13．下列是人类探索遗传奥秘的几个经典实验，其中表述合理的是
A．沃森和克里克发现了DNA双螺旋结构，提出了DNA半保留复制方式的假说
B．格里菲思用肺炎双球菌感染小鼠的实验，证明了DNA是转化因子
C．孟德尔通过豌豆杂交实验发现了基因，摩尔根用实验证明了基因在染色体上
D．噬菌体侵染大肠杆菌的实验除了证明DNA是遗传物质外，还证明了蛋白质不是遗传物质
【答案】A
【解析】沃森和克里克发现了DNA双螺旋结构，提出了DNA半保留复制方式的假说，A 正确。

格里菲斯用肺炎双球菌感染小鼠的实验，提出了存在转化因子，但转化因子是什么并不知道，B错误。

孟德尔提出的是遗传因子的概念，并没有发现基因，C错误。

噬菌体侵染大肠杆菌的实验除了证明DNA是遗传物质，但不能证明了蛋白质不是遗传物质，D错误。

【考点定位】本题考查DNA是主要的遗传物质相关知识，意在考察考生对知识点的识记理解掌握程度。

【名师点睛】肺炎双球菌体外转化实验和噬菌体侵染细菌实验的异同
14．孟德尔的遗传规律适用于下列哪种生物
A. 玉米
B. 大肠杆菌
C. 病毒
D. 蓝藻
【答案】A
【解析】玉米属于真核生物，能进行减数分裂，因而遵循孟德尔的遗传规律，A项正确；大肠杆菌和蓝藻均属于原核生物，没有染色体，不能进行减数分裂，所以不适用孟德尔的遗传规律，B、D项错误；病毒没有细胞结构，不能进行减数分裂，所以不适用孟德尔的遗传规律，C项错误。

15．在香豌豆中,当C、R两个显性基因都存在时,花才呈红色。

一株红花香豌豆与基因型为ccRr的植株杂交,子代中有3/8开红花。

则该红花香豌豆产生的配了类型及其比例为( )
A. CR=1
B. CR:Cr:cR:cr=1:1:1:1
C. CR:Cr=1:1
D. CR:cr=1:1
【答案】B
【解析】本题考查的是基因自由组合定律的有关内容。

由题意可知，一株红花香豌豆（C-R-）与基因型为ccRr的植株杂交，子代中有3/8=1/2×3/4开红花，可推知该红花香豌豆的基因型为CcRr，则该红花香豌豆产生的配了类型及其比例为CR：Cr: cR: cr=1: 1: 1: 1，B正确。

故本题选B。

16．下列性状的叙述正确的是
A. 生物体没有显现出来的性状称为隐性性状
B. 亲本之中一定有一个表现为隐性性状
C. 若子代中出现显性性状，则亲代中必有显性性状个体
D. 在一对相对性状的遗传实验中，双亲只具有一对相对性状
【答案】C
【解析】根据概念可知，隐性性状是指具有相对性状的两个亲本杂交，F1未表现出来的性状，A错误；亲本的表现型可以都是显性、可以都是隐性、也可以是一显一隐，B错误；若子代中出现显性性状，则亲代中必有显性性状个体，但不一定是纯合体，C正确；在一对相对性状的遗传实验中，双亲具有多对相对性状，只是研究其中一对相对性状，D错误。

17．对某株豌豆进行测交，得到的后代基因型为Yyrr和YyRr，则该豌豆的基因型是A.YYRr B.YyRr C.Yyrr D.yyrr
【答案】A
【解析】
试题分析：测交是未知基因型个体与隐性纯合子（yyrr）杂交，该植物测交后代为Yyrr 和YyRr，可推测该植株能够产生Yr和YR两种配子，所以该植株的基因型应为YYRr；故选A。

考点：测交。

点评：考查了学生知识迁移和应用能力，如掌握规律，可以很快解决此题。

18．某小岛上原有果蝇20000只，其中基因型VV、Vv和vv的果蝇分别占15%、55%和30%。

若此时从岛外入侵了2000只基因型为VV的果蝇，且所有果蝇均随机交配，则F1代中V的基因频率约为（）
A. 43%
B. 48%
C. 52%
D. 57%
【解析】根据题意分析，未入侵之前vv个体有20000*30%=6000，Vv个体20000*55%=11000，VV个体20000*15%=3000，入侵后VV变为3000+2000=5000，其它类型个体不变，但总数变为22000，则V基因频率为（5000×2+11000）/（22000×2）=48%，故选B。

【考点定位】基因频率的计算
【名师点睛】先根据题意，分别计算出原来小岛上基因型为VV和Vv果蝇的数目，再计算出入侵后基因型VV果蝇的总数，然后根据基因频率的计算公式，算出亲代果蝇V的基因频率，最后根据随机交配产生的子代基因频率不变，得出F1代中V的基因频率。

19．无尾猫是一种观赏猫。

猫的无尾、有尾是一对相对性状，按基因分离定律遗传。

为了选育纯种的无尾猫，让无尾猫自交多代，但发现每一代中总会出现约三分之一的有尾猫，其余均为无尾猫。

由此推断不正确的是（）
A. 猫的有尾性状是由隐性基因控制的
B. 无尾猫后代出现有尾猫是性状分离所致
C. 自交后代无尾猫中既有杂合子又有纯合子
D. 无尾猫与有尾猫杂交后代中无尾猫约占二分之一
【答案】C
【解析】无尾猫自交，后代中有有尾猫和无尾猫，说明有尾相对于无尾是隐性性状，因此猫的有尾性状是由隐性基因控制的，A正确；无尾猫后代出现有尾猫是性状分离所致，B正确；据A的分析可知，无尾相对于有尾是显性性状（用A、a表示），则亲本无尾猫的基因型均为Aa，根据基因分离定律，它们后代的基因型及比例为AA：Aa：aa=1：2：1，其中有尾猫占1/4, 而实际情况是每一代中总会出现约1/3的有尾猫，说明A纯合致死，故自交后代无尾猫中没有纯合子只有杂合子，C错误；无尾猫（Aa）与有尾猫（aa）杂交后代的基因型及比例为：Aa（无尾）：aa（有尾）=1：1，其中无尾猫约占1/2，D正确。

20．豌豆子叶的黄色（Y），圆粒种子（R）均为显性。

两亲本豌豆杂交的F1表型如下图。

下列叙述错误的是
A. 让F1中黄色圆粒豌豆与绿色皱粒豌豆杂交，F2的性状分离比为2：2：1：1
B. 杂交后代中共有6种遗传因子组成
C. 每对相对性状的遗传都符合基因的分离规律
D. 在杂交后代中非亲本类型性状组合占二分之一。

【解析】
试题分析：由图可知，每对相对性状的遗传都符合基因的分离规律，故C正确。

F1中黄色：绿色=1:1，属于测交类型，则亲本的基因型为Yy×yy；F1中圆粒：皱粒=3:1，则亲本的基因型均为Rr。

综合以上分析可知亲本的基因型为：YyRr×yyRr。

F1中黄色圆粒豌豆（YyRR1/3、YyRr2/3）与绿色皱粒豌豆（yyrr）杂交，Yy×yy→黄色（Yy ）：绿色（yy）=1:1；1/3RR×rr→均为圆粒（Rr），2/3Rr×rr→圆粒（Rr）：皱粒（rr）=1:1，则F2中圆粒：皱粒=（1/3+2/3×1/2）：（2/3×1/2）=2:1；F2的性状分离比为（1:1）×（2:1）=2：2：1：1，故A正确。

杂交后代中共有2×3=6种遗传因子组成，故B正确。

YyRr和yyRr杂交后代中，非亲本类型性状组合占1—（1/2×3/4）—（1/2×3/4）=1/4，故D错误。

考点：本题考查基因分离定律和基因自由组合定律的应用，意在考查考生的应用能力和计算能力。

21．下列说法正确的是
A.纯合体与纯合体相交,子代仍是纯合体
B.杂合体与杂合体相交,子代仍是杂合体
C.纯合体与杂合体相交,子代都是杂合体
D.杂合体与杂合体相交,子代有纯合体
【答案】D
【解析】纯合子测交后代为杂合子，纯合子自交后代是纯合子，杂合子自交或测交后代均有纯合子或杂合子，所以D选项正确。

22．狐狸的银灰色皮毛和红色皮毛是一对相对性状，A控制显性。

现有四只狐狸，甲为雌性红色，乙为雄性红色，丙为雄性银灰色，丁为雌性红色，并有下列杂交结果：甲×乙→全为红色狐狸，乙×丁→红色、银灰色狐狸，则显性性状及四种狐狸的基因型依次是（）
【答案】D
【解析】
试题分析：孟德尔把杂种子一代中显现出来的性状叫显性性状；把杂种子一代中未显现出来的性状叫隐性性状；把在性状分离中才表现出来的性状称为隐性性状。

根据题意和图表分析可知：乙×丁→红色、银灰色狐狸，说明红色是显性性状，银灰色是隐性性状。

因此乙和丁的基因型都是Aa；所以只有D正确。

考点：基因的分离定律
点评：本题难度一般，要求学生识记基因的分离定律的相关知识，考查学生运用基因的分离定律解决实际问题的能力。

23．AA和aa杂交所产生的F1通过连续自交直到F n，则在此过程中( )
A．AA和aa的亲本不含等位基因，杂交结果不符合分离定律
B．此过程共发生了n次等位基因的分离
C．自交后代基因型比例保持不变
D．每一代中AA和aa的基因型比例都基本相同
【答案】D
【解析】A、a为等位基因，其遗传过程中符合分离定律，A项错误；此过程中自交了n －1次，所以发生了n－1次等位基因的分离，B项错误；自交后代Aa所占比例逐渐减少，纯合子AA和aa所占比例增大，C项错误；根据分离定律，F1自交后代AA与aa所占比例相等，AA和aa各自自交后代仍然为AA和aa，所以每一代中AA和aa所占比例相同，D项正确。

24．用纯种的黄色圆粒豌豆和绿色皱粒豌豆杂交，F1全部是黄色圆粒，F1自交得F2,在F2中杂合的绿色圆粒有6000个，推测纯合的黄色皱粒有（）
A. 3000个
B. 4000个
C. 6000个
D. 9000个
【答案】A
【解析】用纯合的黄色圆粒豌豆YYRR与绿色皱粒豌豆yyrr杂交，F1全是黄色圆粒YyRr。

F1YyRr自交，F2中杂合的绿色圆粒的基因型是yyRr，在F2中所占的比例是1/4×1/2=1/8，已知在F2中杂合的绿色圆粒有6000个，所以F2总量为6000÷1/8=48000个，因为纯合的黄色皱粒YYrr占F2代总数的1/16，所以其数量有1/16×48000=3000个。

故选：A。

25．下列有关孟德尔豌豆杂交实验的叙述不正确的是（）
A. 孟德尔豌豆杂交实验研究的过程所使用的科学研究方法是假说一演绎法
B. 用闭花传粉的豌豆做人工杂交实验，实验结果可靠且容易分析
C. 孟德尔发现的遗传规律能够解释有性生殖生物的核基因的遗传现象
D. 测交实验证明，杂合子Aa产生的雌雄配子的比例是1: 1
【答案】D
【解析】孟德尔豌豆杂交实验研究的过程所使用的科学研究方法是假说-演绎法，A正确；用自花闭花传粉的豌豆做人工杂交试验，试验结果可靠且又容易分析，B正确；孟德尔发现的遗传规律能够解释有性生殖生物的核基因的遗传现象，C正确；雄配子的数量远远多于雌配子，D错误。

【考点定位】孟德尔遗传实验
【名师点睛】孟德尔获得成功的原因：
（1）选材：豌豆．豌豆是严格的自花传粉且闭花受粉的植物，自然状态下为纯种；品系丰富，具多个可区分的性状，且杂交后代可育，易追踪后代的分离情况，总结遗传规律。

（2）由单因子到多因子的科学思路（即先研究1对相对性状，再研究多对相对性状）。

（3）利用统计学方法。

（4）科学的实验程序和方法。

（5）具有热爱科学和锲而不舍的精神。

二、非选择题
26．请回答下列有关问题：
（1）水稻籽粒的细长形和椭圆形受两对等位基因（A、a和B、b）控制，现以纯合的椭圆形籽粒植株甲、乙与纯合的细长形籽粒植株丙为亲本进行杂交，实验结果如下表所示。

请分析回答问题：
①控制水稻籽粒形状的两对等位基因的遗传遵循____________________定律。

实验组二中，F1植株的基因型是____________。

②实验组三中，F2的椭圆形籽粒植株共有____________种基因型。

F2中全部椭圆形籽粒植株的自交子代均不发生性状分离，其原因是____________________________________。

（2）水稻的非糯性和糯性受一对等位基因控制，前者的花粉含直链淀粉，遇碘变蓝色；后者的花粉含支链淀粉，遇碘变橙红色。

现有杂合的水稻植株，若不通过杂交方法，仅利用该植株来验证基因的分离定律，请简要写出实验思路并预期实验结果。

①实验思路：________________________________________________。

②预期实验结果：________________________________________________。

【答案】分离和自由组合AABb或AaBB5F2中椭圆形籽粒植株至少有一对基因是隐性纯合的，其自交子代不会同时出现两个显性基因随机取该植株的花粉若干，用碘液进行染色，在显微镜下观察并统计蓝色和橙红色花粉的数量若两种颜色花粉数量之比约为1：1，则可验证基因的分离定律
【解析】【试题分析】
本题考查基因分离定律和自由组合定律的应用的相关知识。

解题时应以表中第三组的杂交实验为突破口，解题的关键是识记和理解孟德尔的两对相对性状的杂交实验内容：双
亲纯种显和隐；杂交F1全显性；F2四性状——两个亲本、两个重组，比值恰为9∶3∶3∶1。

9为两显性(性状)，3为两重组(性状)，1为两隐性(性状)。

可据此答题。

（1）①根据第三组杂交实验F2的性状比例为9∶7（9∶3∶3∶1的变形）可推知，控制水稻籽粒形状的两对等位基因的遗传遵循基因的分离和自由组合定律；而且细长形籽粒的基因型为A_B_，椭圆形籽粒的基因型为A_bb、aaB_和aabb。

实验组二中，F2的性状比例为细长形籽粒∶椭圆形籽粒≈3∶1，说明F1（细长形籽粒）为单杂合子，其基因型是AABb或AaBB。

②由①的分析可知，实验组三中，F2的椭圆形籽粒植株共有5种基因型：AAbb、Aabb、
aaBB、aaBb和aabb。

F2中椭圆形籽粒植株至少有一对基因是隐性纯合的，其自交子代不会同时出现两个显性基因，所以F2中全部椭圆形籽粒植株的自交子代均不发生性状分离。

（2）①基因分离定律的实质是：等位基因随同源染色体的分离而彼此分离。

所以本题可利用花粉鉴定法来验证基因的分离定律，实验思路是：随机取该植株的花粉若干，用碘液进行染色，在显微镜下观察并统计蓝色和橙红色花粉的数量。

②预期实验结果：若两种颜色花粉数量之比约为1∶1，则可验证基因的分离定律。

27．鸡冠的性状有多种，纯合子豌豆冠鸡与玫瑰冠鸡交配，子一代（F1）全是胡桃冠，F1雌雄交配，F2出现了冠形为单冠的鸡，表现型和数量如下表。

回答问题：
（1）鸡冠形状的遗传受______对基因控制，且遵循_________定律。

（2）从F2中随机挑选豌豆冠鸡和玫瑰冠鸡各一只，形成一个杂交组合：豌豆冠（♀）×玫瑰冠（♂），或豌豆冠（♂）×玫瑰冠（♀）。

①不考虑正交、反交的区别，只考虑基因型，则该杂交的基因型组合可能有______种。

②理论上，若杂交组合的后代出现四种表现型，且四种表现型的比例为1：1：1：1的概率是_________。

（3）为了验证（1）中的结论，利用F2设计实验，请补充完善实验方案并预期实验结果：实验方案：让F2中全部胡桃冠母鸡与_________交配，只收集、孵化每只母鸡产的蛋，_______（隔离、混合）饲养每只母鸡的子代（F3），观察、统计全部F3的冠形和数量。

预期实验结果：理论上，有16只母鸡的子代表现型及其数量比为胡桃冠：豌豆冠=1:1；___________
【答案】两自由组合定律44/9多只单冠公鸡隔离有8只母鸡的子代全部为胡桃冠；有16只母鸡的子代表现型及其数量比为胡桃冠︰玫瑰冠=1︰1；另有32只母鸡的子代表现型及数量比为胡桃冠︰豌豆冠︰玫瑰冠︰单冠=1︰1︰1︰1
【解析】试题分析：分析表格：图中子二代的表现型比例接近9：3：3：1的比例，该比例为双杂合子自交产生的性状分离比，由此可见该性状涉及2对等位基因；又后代的表现型与性别无关联，因此基因位于两对常染色体上，遵循基因的自由组合定律。

（1）根据以上分析已知，该性状涉及2对等位基因，并且遵循基因的自由组合定律。

（2）①用A、a和B、b这两对基因表示，F2中豌豆冠鸡的基因型可能是AAbb、Aabb，
玫瑰冠鸡的基因型可能是aaBB、aaBb，因此不考虑正交、反交的区别，只考虑基因型，则该杂交的基因型组合可能有2×2=4种。

②理论上，若杂交组合的后代出现四种表现型（即2×2），且四种表现型及其比例是胡桃冠：豌豆冠：玫瑰冠：单冠=1：1：1：1，则杂交的两个体的基因型为Aabb×aaBb，该杂交亲本出现的概率=2/3×2/3=4/9。

（3）为了验证（1）中的结论，利用F2设计实验，可以让F2中全部胡桃冠母鸡与（全部、多只）单冠公鸡交配（即测交），分只收集、孵化每只母鸡产的蛋，隔离饲养每只母鸡的子代（F3），观察、统计全部F3的冠形和数量比值，即可得出结论。

预期实验结果：理论上，有16只母鸡的子代表现型及其数量比为胡桃冠：豌豆冠=1:1；有8只母鸡的子代全部为胡桃冠；有16只母鸡的子代表现型及其数量比为胡桃冠︰玫瑰冠=1︰1；另有32只母鸡的子代表现型及数量比为胡桃冠︰豌豆冠︰玫瑰冠︰单冠=1︰1︰1︰1。

【点睛】解答本题的关键是根据子二代的性状分离比是9:3:3:1，确定控制该性状的基。