最新2-1-1孟德尔的豌豆杂交实验一

2-1-1孟德尔的豌豆杂交实验一

2-1-1孟德尔的豌豆杂交实验(一)

一、选择题

1．孟德尔利用豌豆作为实验材料进行植物杂交实验，成功地发现了生物的遗传规律。下列各项中不属于豌豆作为遗传实验材料的优点的是()

A．豌豆是严格的自花传粉、闭花受粉植物

B．豌豆在自然状态下一般是纯合的

C．豌豆具有许多明显的相对性状

D．杂种豌豆自交后代容易发生性状分离

答案 D

解析豌豆作为遗传实验材料的优点是严格的自花传粉、闭花受粉植物，在自然状态下一般是纯合的，具有许多明显的相对性状。

2．对于一对相对性状的遗传实验来说，不必具备的条件是()

A．选作杂交实验的两个亲本一定要是纯种

B．选定的一对相对性状一定要有明显差异

C．一定要让显性亲本作父本

D．一定要让两个亲本之间进行有性杂交

答案 C

解析对于一对相对性状的遗传实验，显性性状作父本还是母本都可以。

3．下列各种遗传现象中，不属于性状分离的是()

A．F1的高茎豌豆自交，后代中既有高茎豌豆，又有矮茎豌豆

B．F1的短毛雌兔与短毛雄兔交配，后代中既有短毛兔，又有长毛兔C．花斑色茉莉花自交，后代中出现绿色、花斑色和白色三种茉莉花D．黑色长毛兔与白兔短毛兔交配，后代出现一定比例的白色长毛兔答案 D

4．以豌豆的一对相对性状为研究对象，将纯合显性个体和隐性个体间行种植，隐性一行植株上所产生的子一代将表现为()

A．显、隐性个体的比例是1:1

B．显、隐性个体的比例是3:1

C．都是隐性个体

D．都是显性个体

答案 C

解析自然条件下豌豆是严格的自花传粉、闭花受粉植物，隐性植株上所产生的子一代都仍表现为隐性。

5．两只杂合黑豚鼠交配，后代出现白豚鼠的原因最可能是什么？若杂合黑豚鼠一胎生出4只豚鼠，则出现3黑1白的概率为() A．减数分裂时基因重组；100%

B．减数分裂时等位基因分离，非等位基因自由组合；27/256

C．受精作用时基因重组；3:1

D．基因突变；3:1

答案 B

解析由于在减数分裂过程中等位基因分离，非等位基因自由组合，所以杂合黑豚鼠的杂交后代能出现白豚鼠。则此杂合豚鼠基因型为Aa，

后代出现3黑1白的概率为3/4×3/4×3/4×1/4＝27/256。

6．种皮光滑豌豆和种皮皱缩豌豆杂交，F1全是种皮光滑的豌豆，自交后代F2中种皮皱缩的有1850株，则种皮光滑的株数约为() A．5550株B．3700株

C．1850株D．7400株

答案 A

解析种皮光滑豌豆和种皮皱缩豌豆杂交，F1全是种皮光滑的豌豆，说明光滑是显性性状，皱缩是隐性性状，且F1是杂合子；F1自交后，F2中显性性状与隐性性状的比例为3:1，故种皮光滑的植株为1850×3＝5550(株)。

7．甲和乙为一对相对性状，用以进行杂交实验可以得到下列四组实验结果。若甲性状为显性，用来说明实验中甲性状个体为杂合子的实验组合是()

①♀甲×♂乙→F1呈甲性状

②♀甲×♂乙→F1呈甲性状、乙性状

③♀乙×♂甲→F1呈甲性状

④♀乙×♂甲→F1呈甲性状、乙性状

A．②④B．①③

C．②③D．①④

答案 A

解析本题考查杂交实验。本题可用反证法推导，甲和乙为一对相对性状，其中甲性状为显性，则乙必为隐性。假设甲为显性纯合子，♀甲

×♂乙、♀乙×♂甲，无论正交还是反交，都应表现为甲的性状，②和④与假设相矛盾，可以用来说明实验中甲性状个体为杂合子。

8．孟德尔在豌豆杂交实验中，发现问题和验证假说所采用的实验方法依次是()

A．自交、杂交和测交

B．测交、自交和杂交

C．杂交、自交和测交

D．杂交、测交和自交

答案 C

解析孟德尔发现两个遗传定律是利用豌豆进行实验时发现的，不管分离定律还是自由组合定律，二者的实验思路是相同的，实验时先让豌豆杂交获得F1，再让F1自交得F2，发现问题，最后用测交实验证明其假说。

9．(2011·潍坊)下列各组性状中，属于相对性状的是()

A．兔的长毛和短毛

B．玉米的黄粒与圆粒

C．鸡的长腿和毛腿

D．马的白毛和羊的黑毛

答案 A

解析相对性状是同一生物、同一性状的不同表现类型。

10．(2011·淮阳)小麦抗锈病对易染病为显性。现有甲、乙两种抗锈病小麦，其中一种为纯种，若要鉴别和保留纯合的抗锈病小麦，下列最简便

易行的方法是()

A．甲×乙

B．甲×乙得F1再自交

C．甲、乙分别和隐性类型测交

D．甲×甲、乙×乙

答案 D

解析若要鉴别和保留纯合的抗锈病(显性)小麦，最简便易行的方法是自交。若后代不出现性状分离，则抗锈病小麦是纯合子；若出现性状分离，且显性:隐性＝3:1，则抗锈病小麦是杂合子。

11．(2011·烟台)如图是一个白化病家族的遗传系谱图，请写出Ⅰ1、Ⅰ

3的基因型和Ⅲ1为白化病患者的概率()

A．AA、Aa和1/16 B．Aa、Aa和1/9

C．Aa、AA和1/4 D．Aa、Aa和1/64

答案 B

解析由图知Ⅰ代个体全正常，Ⅱ1和Ⅱ4为患者，推出Ⅰ1、Ⅰ3的基

因型均为Aa，Ⅱ2和Ⅱ3的基因型为Aa的概率均为2

3

，故Ⅲ1患白化病的概

率为2

3Aa×2

3Aa→4

9×1

4aa→

1

9aa。