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专题 07 基因的分离定律
1．(2021·1月浙江选考)某种小鼠的毛色受AY(黄色)、A(鼠色)、a(黑色)3个基因控制，三者互为等位基因，
AY对A、a为完全显性，A对a为完全显性，并且基因型AYAY胚胎致死(不计入个体数)。下列叙述错误的
是( )
A．若AYa个体与AYA个体杂交，则F 有3种基因型
1
B．若AYa个体与Aa个体杂交，则F 有3种表现型
1
C．若1只黄色雄鼠与若干只黑色雌鼠杂交，则F 可同时出现鼠色个体与黑色个体
1
D．若1只黄色雄鼠与若干只纯合鼠色雌鼠杂交，则F 可同时出现黄色个体与鼠色个体
1
【答案】C
【分析】
由题干信息可知，AY对A、a为完全显性，A对a为完全显性，AYAY胚胎致死，因此小鼠的基因型及对应
毛色表型有AYA(黄色)、AYa(黄色)、AA(鼠色)、Aa(鼠色)、aa(黑色)，据此分析。
【详解】
A、若AYa个体与AYA个体杂交，由于基因型AYAY胚胎致死，则F 有AYA、AYa、Aa共3种基因型，A正
1
确；
B、若AYa个体与Aa个体杂交，产生的F 的基因型及表现型有AYA(黄色)、AYa(黄色)、Aa(鼠色)、aa(黑色)，
1
即有3种表现型，B正确；
C、若1只黄色雄鼠(AYA或AYa)与若干只黑色雌鼠(aa)杂交，产生的F 的基因型为AYa(黄色)、Aa(鼠色)，
1
或AYa(黄色)、aa(黑色)，不会同时出现鼠色个体与黑色个体，C错误；
D、若1只黄色雄鼠(AYA或AYa)与若干只纯合鼠色雌鼠(AA)杂交，产生的F 的基因型为AYA(黄色)、AA(鼠
1
色)，或AYA(黄色)、Aa(鼠色)，则F 可同时出现黄色个体与鼠色个体，D正确。
1
故选C。
二、综合题
2．(2021·全国甲卷高考真题)植物的性状有的由1对基因控制，有的由多对基因控制。一种二倍体甜瓜的叶
形有缺刻叶和全缘叶，果皮有齿皮和网皮。为了研究叶形和果皮这两个性状的遗传特点，某小组用基因型
不同的甲乙丙丁4种甜瓜种子进行实验，其中甲和丙种植后均表现为缺刻叶网皮。杂交实验及结果见下表
(实验②中F 自交得F)。
1 2
实验 亲本 F F
1 21/4缺刻叶齿皮，1/4缺刻叶网皮
① 甲×乙 /
1/4全缘叶齿皮，1/4全缘叶网皮
9/16缺刻叶齿皮，3/16缺刻叶网皮
② 丙×丁 缺刻叶齿皮
3/16全缘叶齿皮，1/16全缘叶网皮
回答下列问题：
(1)根据实验①可判断这2对相对性状的遗传均符合分离定律，判断的依据是_____。根据实验②，可判断
这2对相对性状中的显性性状是__________。
(2)甲乙丙丁中属于杂合体的是__________。
(3)实验②的F 中纯合体所占的比例为__________。
2
(4)假如实验②的F 中缺刻叶齿皮∶缺刻叶网皮∶全缘叶齿皮∶全缘叶网皮不是9∶3∶3∶1，而是
2
45∶15∶3∶1，则叶形和果皮这两个性状中由1对等位基因控制的是__________，判断的依据是
__________。
【答案】基因型不同的两个亲本杂交，F 分别统计，缺刻叶∶全缘叶=1∶1，齿皮∶网皮=1∶1，每对相对
1
性状结果都符合测交的结果，说明这2对相对性状的遗传均符合分离定律 缺刻叶和齿皮 甲和乙
1/4 果皮 F 中齿皮∶网皮=48∶16=3∶1，说明受一对等位基因控制
2
【分析】
分析题表，实验②中F 自交得F，F 全为缺刻叶齿皮，F 出现全缘叶和网皮，可以推测缺刻叶对全缘叶为
1 2 1 2
显性(相关基因用A和a表示)，齿皮对网皮为显性(相关基因用B和b表示)，且F 出现9∶3∶3∶1。
2
【详解】
(1)实验①中F 表现为1/4缺刻叶齿皮，1/4缺刻叶网皮，1/4全缘叶齿皮，1/4全缘叶网皮，分别统计两对相
1
对性状，缺刻叶∶全缘叶=1∶1，齿皮∶网皮=1∶1，每对相对性状结果都符合测交的结果，说明这2对相
对性状的遗传均符合分离定律；根据实验②，F 全为缺刻叶齿皮，F 出现全缘叶和网皮，可以推测缺刻叶
1 2
对全缘叶为显性，齿皮对网皮为显性；
(2)根据已知条件，甲乙丙丁的基因型不同，其中甲和丙种植后均表现为缺刻叶网皮，实验①杂交的F 结果
1
类似于测交，实验②的F 出现9∶3∶3∶1，则F 的基因型为AaBb，综合推知，甲的基因型为Aabb，乙的
2 1
基因型为aaBb，丙的基因型为AAbb，丁的基因型为aaBB，甲乙丙丁中属于杂合体的是甲和乙；
(3)实验②的F 中纯合体基因型为1/16AABB，1/16AAbb，1/16aaBB，1/16aabb，所有纯合体占的比例为
2
1/4；
(4)假如实验②的F 中缺刻叶齿皮∶缺刻叶网皮∶全缘叶齿皮∶全缘叶网皮=45∶15∶3∶1，分别统计两对
2
相对性状，缺刻叶∶全缘叶=60∶4=15∶1，可推知叶形受两对等位基因控制，齿皮∶网皮=48∶16=3∶1，
可推知果皮受一对等位基因控制。【点睛】
本题考查基因的分离定律和自由组合定律，难度一般，需要根据子代结果分析亲代基因型，并根据杂交结
果判断是否符合分离定律和自由组合定律，查考遗传实验中分析与计算能力。
3．(2021·河北高考真题)我国科学家利用栽培稻(H)与野生稻(D)为亲本，通过杂交育种方法并辅以分子检测
技术，选育出了L12和L7两个水稻新品系。L12的12号染色体上带有D的染色体片段(含有耐缺氮基因
T )，L7的7号染色体上带有D的染色体片段(含有基因S )，两个品系的其他染色体均来自于H(图1)。H
D D
的12号和7号染色体相应片段上分别含有基因T 和S 。现将两个品系分别与H杂交，利用分子检测技术
H H
对实验一亲本及部分F 的T /T 基因进行检测，对实验二亲本及部分F 的S /S 基因进行检测，检测结果
2 D H 2 D H
以带型表示(图2)。
回答下列问题：
(1)为建立水稻基因组数据库，科学家完成了水稻__________条染色体的DNA测序。
(2)实验一F 中基因型T T 对应的是带型__________。理论上，F 中产生带型Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的个体数量比为
2 D D 2
__________。
(3)实验二F 中产生带型α、β和γ的个体数量分别为12、120和108，表明F 群体的基因型比例偏离
2 2
__________定律。进一步研究发现，F 的雌配子均正常，但部分花粉无活性。已知只有一种基因型的花粉
1
异常，推测无活性的花粉带有__________(填“S ”或“S ”)基因。
D H
(4)以L 和L 为材料，选育同时带有来自D的7号和12号染色体片段的纯合品系X(图3)。主要实验步骤
7 12
包括：①________________________________________；②对最终获得的所有植株进行分子检测，同时具
有带型__________的植株即为目的植株。
(5)利用X和H杂交得到F，若F 产生的无活性花粉所占比例与实验二结果相同，雌配子均有活性，则F
1 1 2中与X基因型相同的个体所占比例为__________。
【答案】 12 Ⅲ 1∶2∶1 (基因)分离 S 将L7和L12杂交，获得F 后自交 α和Ⅲ 1/80
D 1
【分析】
分析题意和条带可知：L12的12号染色体上含有耐缺氮基因T ，其基因型为T T ；L7的7号染色体上含
D D D
有基因S ，基因型为S S ；H的12号染色体上的基因为T ，7号染色体上的基因为S ，基因型为
D D D H H
S S T T ；T 与T ，S 与S 遵循基因分离和自由组合定律。
H H H H D H D H
【详解】
(1)水稻为雌雄同株的植物，没有性染色体和常染色体之分，分析题图可知，水稻含有12对同源染色体，
即有24条染色体，故对水稻基因组测序，需要完成12条染色体的DNA测序；
(2)实验一是将L12(基因型T T )与H(基因型T T )杂交，F 的基因型为T T ，F 的基因型分别为
D D H H 1 D H 2
T T ∶T T ∶T T =1∶2∶1，其中T T 对应的是带型与亲本L12对应的条带相同，即条带Ⅲ，理论上，F
D D D H H H D D 2
中产生带型Ⅰ∶Ⅱ∶Ⅲ的个体数量比为1∶2∶1；
(3)实验二是将L7(基因型S S )与H(基因型S S )杂交，F 的基因型为S S ，理论上F 的基因型分别为
D D H H 1 D H 2
S S ∶S S ∶S S =1∶2∶1，其中S S 对应的是带型与亲本L7对应的条带相同，即条带α，S S 对应条带
D D D H H H D D D H
为β，S S 对应条带为γ，理论上，F 中产生带型Ⅰ∶Ⅱ∶Ⅲ的个体数量比为1∶2∶1。实际上F 中产生带
H H 2 2
型α、β、γ的个体数量分别为12、120和108，表明F 群体的基因型比例偏离分离定律；进一步研究发现，
2
F 的雌配子均正常，但部分花粉无活性；已知只有一种基因型的花粉异常，而带型α，即S S 的个体数量
1 D D
很少，可推测无活性的花粉带有S 基因；
D
(4)已知T 与T ，S 与S 两对基因分别位于7号和12号染色体上，两对等位基因遵循自由组合定律，以
D H D H
L7和L12为材料，选育同时带有来自D的7号和12号染色体片段的纯合品系X，基因型为S S T T ；同
D D D D
时考虑两对等位基因，可知L7的基因型为S S T T ，L12的基因型为S S T T ，①将L7和L12杂交，获
D D H H H H D D
得F(S S T T )后自交，②对最终获得的所有植株进行分子检测，同时具有带型α和Ⅲ的植株即为目的植
1 D H D H
株；
(5)实验二中S S ∶S S ∶S S =12∶120∶108=1∶10∶9，可知花粉中S ∶S =1∶9，利用X(基因型为
D D D H H H D H
S S T T )和H(基因型为S S T T )杂交得到F，基因型为S S T T ，若F 产生的S 花粉无活性，所占比
D D D D H H H H 1 D H D H 1 D
例与实验二结果相同，即雄配子类型及比例为：S T ∶S T ∶S T ∶S T =1∶1∶9∶9，雌配子均有活性，
D D D H H D H H
类型及比例为S T ∶S T ∶S T ∶S T =1∶1∶1∶1，则F 中基因型为S S T T 的个体所占比例为
D D D H H D H H 2 D D D D
1/4×1/20=1/80。
【点睛】
本题考查基因分离定律和基因自由组合定律的应用的相关知识，意在考查考生把握知识间相互联系，运用所学知识解决生物学实际问题的能力，难度较大。
1．(2020·山西运城·高三月考)某一年生植物进行异花传粉(单株植物既有雌花，也有雄花)，A/a和B/b两对
等位基因在隐性纯合时都会使受精卵致死，两对等位基因的遗传遵循基因的自由组合定律。现将一株基因
型为AaBb的植株单独种植，自然状态下繁殖两代后，所得子二代中能稳定遗传的个体所占比例是( )
A．5/8 B．3/5 C．1/4 D．3/4
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意可知，A/a和B/b两对等位基因在隐性纯合时都会使受精卵致死，所以AaBb自交的后代中aa--以
及--bb的个体会死亡，可单独分析每一对基因，Aa自交后代存活个体中AA∶Aa=1∶2，可求A基因频率
和a基因频率，进而通过基因频率求出子二代中相应基因型的概率。
【详解】
基因型为AaBb的植株单独种植后，由于aa或bb的受精卵致死，所以子一代中AA∶Aa=1∶2，A基因的
频率为2/3，a基因的频率为1/3，因此子二代存活个体中AA∶Aa=1∶1，即子二代中AA占1/2；同理可求
出子二代BB占1/2。综上分析，子二代中能稳定遗传的个体AABB所占比例是1/4。即C正确，ABD错误。
故选C。
【点睛】
本题考查了基因分离定律和自由组合定律的实质，要求学生能够理解题意，能根据题意进行计算和推理。
2．(2020·山西运城·高三月考)豌豆的黄子叶(A)对绿子叶(a)为显性，将一批黄子叶豌豆种子种下，自然状态
下繁殖收获后发现子一代中黄子叶：绿子叶=11：1，若各种基因型的豌豆繁殖率相同，则下列说法正确的
是( )
A．豌豆的黄子叶和绿子叶的遗传不遵循基因分离定律
B．亲代中基因型为AA的种子数是Aa种子数的3倍
C．子一代中基因型为AA、Aa、aa的个体数量之比为9：2：1
D．若将收获的种子种下，则子二代中绿子叶豌豆的比例为1/12
【答案】C
【解析】
【分析】豌豆是自花闭花授粉植物，自然条件下只能自交，由于黄子叶为显性性状，所以黄子叶的豌豆种子基因型
为AA和Aa，据此答题。
【详解】
A、豌豆的黄子叶和绿子叶是由一对核基因控制的，其遗传遵循基因分离定律，A错误；
B、将一批黄子叶豌豆种子种下，自然状态下繁殖(自交)，收获后发现子代中黄子叶∶绿子叶=11∶1，各种
基因型的豌豆繁殖率相同，由于豌豆是自花传粉且闭花授粉植物，所以假设Aa所占比例为a，则
1/4a=1/12，故a=1/3，所以亲代的基因型之比为AA∶Aa=2∶1，B错误；
C、子一代中Aa和aa是亲代中Aa自交而来的，子一代中aa个体占1/12，那么Aa个体应占2/12，进而推
算出AA占1-1/12 -2/12-=9/12，即AA∶Aa∶aa=9∶2∶1，C正确；
D、由C项分析可知，若将收获的种子种下，子二代中绿子叶豌豆的比例为1/12 +2/12×1/4= 1/8，D错误。
故选C。
【点睛】
本题考查基因的分离规律的实质及应用，意在考查学生对所学知识的理解与掌握程度，培养学生分析题意、
获取信息及基因型、表现型的预测能力。
3．(2020·云南文山·高三月考)研究表明，鸡的羽毛结构受常染色体上的一对等位基因(A-a)控制，现用两只
表现为母羽的雌、雄鸡交配，F 雌鸡与雄鸡的比例为1：1，且雌鸡全为母羽，雄鸡中母羽与雄羽的比例为
1
3：1，下列相关叙述错误的是( )
A．在鸡的羽毛性状中，母羽对雄羽完全显性
B．该性状的遗传中，雌激素可能会影响a基因的表达
C．若F 母羽鸡自由交配，后代雄羽鸡的比例为1/6
1
D．亲代雌鸡、雄鸡的基因型均为Aa
【答案】C
【解析】
【分析】
显隐性性状确定规则为：亲本无该性状个体，子代出现有该性状个体，该性状隐性基因控制(无中生有为隐
性)；亲本有该性状个体，子代出现无该性状个体，该性状显性基因控制(有中生无为显性)。
【详解】
A、由题意可知，亲本均为母羽，子代出现了雄羽，因此母羽对雄羽完全显性，A正确；
B、该基因位于常染色体上，F 雌鸡与雄鸡的比例为1∶1，不存在致死现象，但雌鸡全为母羽，雄鸡中母
1
羽与雄羽的比例为3∶1，可推知雌激素可能会影响a基因的表达，B正确；
C、F 母羽鸡自由交配，雌鸡基因型为1/4AA∶1/2Aa∶1/4aa，雄鸡的基因型为1/3AA∶2/3Aa，后代aa的
1比例为1/6，因雄羽只能在雄性中出现，所以雄羽鸡比例为1/12，C错误；
D、该基因位于常染色体上，亲本均为母羽，子代出现了雄羽，故亲代雌鸡、雄鸡的基因型均为Aa，D正
确。
故选C。
4．(2020·湖北襄阳·高三期中)豌豆植株有高茎和矮茎两种，现有高茎豌豆基因型分别为 DD 和 Dd，两者
数量比为 2:1.两种类型的豌豆繁殖率相同，则在自然状态下，其子代的高茎与矮茎的数量之比为( )
A．11：1 B．35：1 C．5:1 D．12：1
【答案】A
【解析】
【分析】
因为豌豆是自花传粉、闭花授粉植物，所以自然状态下均进行自交，据此答题。
【详解】
由题意可知，自然状态下豌豆均为自交，基因型为DD、Dd的个体各占2/3、1/3。两种类型的豌豆繁殖率
相同。基因型DD的个体自交后代全为DD，所占比例为2/3；基因型Dd的个体自交后代中DD占
1/3×1/4=1/12、Dd占1/3×1/2=1/6、dd占1/3×1/4=1/12。故其子一代中高茎与矮茎的数量之比为
(2/3+1/12+1/6)：1/12=11:1，综上所述，A正确，B、C、D错误。
故选A。
5．(2020·黑龙江萨尔图·大庆实验中学高三月考)已知牵牛花不是闭花传粉植物。用纯合红色牵牛花(AA)和
纯合白色牵牛花(aa)杂交，F 全是粉红色牵牛花(Aa)。F 自交后，F 中出现红色、粉红色和白色三种类型的
1 1 2
牵牛花，比例为 1∶2∶1，如果取F 中的粉红色牵牛花与红色牵牛花均匀混合种植，则后代表现型及比例
2
应该为 ( )
A．红色∶粉红色∶白色＝4∶4∶1 B．红色∶粉红色∶白色＝3∶3∶1
C．红色∶粉红色∶白色＝1∶2∶1 D．红色∶粉红色∶白色＝1∶4∶1
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意分析可知：F 中出现红色、粉红色和白色三种类型的牵牛花，说明红色对白色不完全显性，假设
2
红色是AA，白色是aa，F 是Aa，F 就是AA∶Aa∶aa=1∶2∶1。
1 2
【详解】
按遗传平衡定律：假设红色牵牛花基因型为AA、粉红色牵牛花基因型为Aa，白色牵牛花基因型为aa，F
2
中红色牵牛花和粉红色牵牛花的比例(AA：Aa)为2：1，因此a的基因频率为1/3，A的基因频率为2/3，子代中AA占2/3×2/3=4/9，Aa占2×1/3×2/3=4/9，aa占/3×1/3=1/9，则红色(AA)：粉红色(Aa)：白色
(aa)=4:4:1。
故选A。
6．(2020·河南高三月考)萝卜的花色(红色、紫色和白色)由一对等位基因(A/a)控制。现选用紫花植株分别与
红花、白花、紫花植株杂交，结果如图所示。下列相关叙述错误的是( )
A．白花个体的基因型是aa，红花个体的基因型是AA
B．红花个体和白花个体杂交，后代全部是紫花个体
C．A/a位于一对同源染色体上，遵循基因分离定律
D．一紫花个体连续自交3代，得到的子代中红花个体所占的比例是7/16
【答案】A
【解析】
【分析】
由题干分析，图三紫花和紫花杂交后代紫花、白花、红花比值为2:1:1，可知紫花是杂合子，白花和红花是
纯合子，显隐性未知。
【详解】
A、从第三组的紫花和紫花的杂交结果可知，紫花植株为杂合子，红花和白花植株都是纯合子，但无法确
定是隐性纯合还是显性纯合，A错误；
B、由于红花和白花植株是具有相对性状的纯合子，所以杂交产生的子代都是杂合子，都是紫花植株，B
正确；
C、一对等位基因位于一对同源染色体上，遵循基因的分离定律，C正确；
D、杂合子连续自交3代，子代中杂合子的比例是1/8，则显性纯合子和隐性纯合子各占7/16。D正确。
故选A。
【点睛】
本题需要学生根据题干分析出紫花是杂合子，再利用基因的分离定律解题。
7．(2020·广东高三其他)某一年生植物开两性花，其花非常小，杂交育种时去雄困难。其花粉可育与不育
由细胞核基因A/a(A、a基因仅在花粉中表达)和线粒体基因(N、S，每一植株只具有其中一种基因)共同控制，花粉不育的机理如下图所示(P蛋白的存在是S基因表达的必要条件)。
注：基因型可用“线粒体基因(核基因型)”的形式表示，如植株N(aa)、花粉N(a)
下列说法正确的是( )
A．上述基因的遗传遵循自由组合定律
B．现有植株N(aa)、S(aa)、S(AA)、N(AA)，若要培育出植株S(Aa)，母本最好选用S(aa)
C．植株S(Aa)能产生两种类型的可育花粉
D．植株S(Aa)自交，后代的基因型及比例是S(AA)：S(Aa)：S(aa)=1：2：1
【答案】B
【解析】
【分析】
a基因表达出P蛋白，可促进线粒体基因S表达出S蛋白，存在S蛋白使花粉不育。如果存在A基因，花
粉最终可育。
【详解】
A、a基因表达出P蛋白，可促进线粒体基因S表达出S蛋白，存在S蛋白使花粉不育，即花粉S(a)不育。
孟德尔遗传规律适用于核基因，不适合细胞质基因，上述基因中只有A/a遵循孟德尔遗传规律，A错误；
B、通过分析可知若要培育出植株S(Aa)，选用的母本的线粒体基因一定是S，由于杂交时去雄困难，所以
母本最好选择花粉不育的S(a)，B正确；
C、植株S(Aa)产生S(A)和S(a)两种花粉，其中S(a)不育，C错误；
D、植株S(Aa)自交时花粉只有S(A)一种可育，卵细胞S(A)∶S(a)=1∶1，因此后代的基因型及比例是
S(AA)∶S(Aa)=1∶1，D错误。
故选B。
【点睛】
本题考查基因的分离定律，需要考生注意S基因是在细胞质中，遵循的是细胞质遗传，不遵循孟德尔定律。
8．(2020·江西临川一中月考)下列有关孟德尔豌豆杂交实验的叙述正确的是( )
A．孟德尔选择豌豆是因为其自然条件下是纯合子，且有易于区分的相对性状
B．豌豆杂交时对父本的操作程序为去雄→套袋→人工授粉→套袋
C．F 测交将产生4种(1∶1∶1∶1)表现型的后代，是孟德尔假说的内容
1
D．自由组合定律是指F 产生的4种类型的精子和卵细胞自由结合
1
【答案】A【解析】
【分析】
孟德尔选择豌豆是因为豌豆是自花传粉、闭花受粉植物，自然条件下是纯合子，且有易于区分的相对性状，
豌豆杂交时操作程序为：母本去雄→套袋→人工授粉→套袋；假说─演绎法是指提出问题→作出假说→演
绎推理→实验验证→得出结论，在两对相对性状的杂交实验中，孟德尔作出的解释是：F 形成配子时，每
1
对遗传因子彼此分离，不同对的遗传因子可以自由组合；F 产生四种比例相等的配子，且雌雄配子结合机
1
会相同。F 测交将产生四种表现型的后代，比例为1：1：1：1，属于演绎推理。
1
【详解】
A、孟德尔选择豌豆是因为其自然条件下是纯合子，且有易于区分的相对性状，A正确；
B、豌豆杂交时对母本的操作程序为：去雄→套袋→人工授粉→套袋，B错误；
C、F 测交将产生四种表现型的后代，比例为1：1：1：1，这是演绎推理，C错误；
1
D、自由组合定律指在形成配子时，决定同一性状的成对的遗传因子彼此分离，决定不同性状的遗传因子
自由组合；F 产生的4种类型的精子和卵随机结合是受精作用，D错误。
1
故选A。
9．(2020·湖南月考)孟德尔通过豌豆杂交实验成功地发现了两大遗传定律。以下有关说法正确的是( )
A．孟德尔定律不适用于伴性遗传
B．受精时雌雄配子随机结合是孟德尔定律成立的前提之一
C．孟德尔的研究方法是假说—演绎法，演绎指实施测交实验
D．孟德尔根据研究结果，提出了基因和等位基因等相关概念
【答案】B
【解析】
【分析】
孟德尔发现遗传定律用了假说演绎法，其基本步骤：提出问题→作出假说→演绎推理→实验验证→得出结
论。
①提出问题(在纯合亲本杂交和F 自交两组豌豆遗传实验基础上提出问题)；
1
②做出假设(生物的性状是由细胞中的遗传因子决定的；体细胞中的遗传因子成对存在；配子中的遗传因子
成单存在；受精时雌雄配子随机结合)；
③演绎推理(如果这个假说是正确的，这样F 会产生两种数量相等的配子，这样测交后代应该会产生两种
1
数量相等的类型)；
④实验验证(测交实验验证，结果确实产生了两种数量相等的类型)；⑤得出结论(就是分离定律)。
【详解】
A、孟德尔定律适应于真核生物有性生殖的细胞核基因遗传，也适用于伴性遗传，A错误；
B、受精时雌雄配子随机结合是孟德尔定律成立的前提之一，B正确；
C、测交实验是为了检验演绎内容是否正确，设计测交实验属于演绎过程，C错误；
D、孟德尔没有提出基因和等位基因等相关概念，D错误。
故选B。
10．(2020·宜宾市叙州区第二中学校开学考试)研究表明，鸡的羽毛结构受常染色体上的一对等位基因(A-a)
控制，现用两只表现为母羽的雌、雄鸡交配，F 雌鸡与雄鸡的比例为1：1，且雌鸡全为母羽，雄鸡中母羽
1
与雄羽的比例为3：1，下列相关叙述错误的是( )
A．在鸡的羽毛性状中，母羽对雄羽完全显性
B．该性状的遗传中，雌激素可能会影响a基因的表达
C．若F 母羽鸡自由交配，后代雄羽鸡的比例为1/6
1
D．亲代雌鸡、雄鸡的基因型均为Aa
【答案】C
【解析】
【分析】
显隐性性状确定规则为：亲本无该性状个体，子代出现有该性状个体，该性状隐性基因控制(无中生有为隐
性)；亲本有该性状个体，子代出现无该性状个体，该性状显性基因控制(有中生无为显性)。
【详解】
A、由题意可知，亲本均为母羽，子代出现了雄羽，因此母羽对雄羽完全显性，A正确；
B、该基因位于常染色体上，F 雌鸡与雄鸡的比例为1∶1，不存在致死现象，但雌鸡全为母羽，雄鸡中母
1
羽与雄羽的比例为3∶1，可推知雌激素可能会影响a基因的表达，B正确；
C、F 母羽鸡自由交配，雌鸡基因型为1/4AA∶1/2Aa∶1/4aa，雄鸡的基因型为1/3AA∶2/3Aa，后代aa的
1
比例为1/6，因雄羽只能在雄性中出现，所以雄羽鸡比例为1/12，C错误；
D、该基因位于常染色体上，亲本均为母羽，子代出现了雄羽，故亲代雌鸡、雄鸡的基因型均为Aa，D正
确。
11．(2020·北京延庆高三开学考试)果蝇的眼色有一种隐性突变体——猩红眼(r r)。研究者获得了两个新的
1 1
朱砂眼隐性突变体——朱砂眼a(r r)和朱砂眼b(r r)，做了如下杂交实验。据此分析不合理的是
2 2 3 3
组别 亲本组合 F
1
Ⅰ 朱砂眼a × 猩红眼 野生型
朱砂
Ⅱ 朱砂眼a × 朱砂眼b
眼
野生
Ⅲ 朱砂眼b × 猩红眼
型
A．r 和r 不是等位基因
1 2
B．r 和r 是等位基因
2 3
C．r 和r 一定位于非同源染色体上
1 3
D．III组F 的自交后代一定出现性状分离
1
【答案】C
【解析】
【分析】
基因分离定律的实质：等位基因随同源染色体的分开而分离；时间：减数第一次分裂后期。
基因自由组合定律的实质：非同源染色体上的非等位基因自由组合；时间：减数第一次分裂后期。
【详解】
A、根据第Ⅰ组杂交朱砂眼a和猩红眼杂交，子代全为野生型，说明朱砂眼a和猩红眼是由不同的基因控制
的，第Ⅰ组朱砂眼a基因型为R R rr，第Ⅲ组猩红眼基因型为rrR R ，子代全为R rR r，表现为野生型，
1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2
因此r 和r 不是等位基因，A正确；
1 2
B、根据第Ⅱ组杂交结果，朱砂眼a和朱砂眼b杂交，子代全为朱砂眼，说明朱砂眼ab实际上是一种性状，
因此r 和r 是等位基因，B正确；
2 3
C、根据第Ⅲ组杂交朱砂眼b和猩红眼杂交，子代全为野生型，说明了r 和r 是非等位基因，但由于一条染
1 3
色体上有多个基因，所以r 和r 可能在一对同源染色体上，C错误；
1 3
D、根据C项的分析亲代Ⅲ组杂交朱砂眼b的基因型为R R rr，猩红眼的基因型为rrR R ，所以子代全为
1 1 3 3 1 1 3 3
R rR r，自交后代一定出现性状分离，D正确。
1 1 3 3
故选C。
【点睛】
本题要深刻理解基因分离定律和自由组合定律的实质，如果是由1对基因控制的则子代与亲代相同，如果
是两对基因则为野生型。
12．(2020·湖北武汉·月考)某种柑橘(2n=18，两性花植物)成熟果实果皮的颜色是由两对独立遗传的等位基
因控制的。基因A和a分别控制深绿色和橙色，而基因B只对基因A的表达有抑制作用，其中基因型为
BB的植株果皮呈浅绿色，基因型为Bb的植株果皮呈绿色。请回答下列问题：
(1)为研究该种柑橘(无性染色体)的基因组成情况，基因组测序中需要对______________条染色体进行碱基序列测定。
(2)一株深绿色果皮个体和一株橙色果皮个体杂交，若F 果皮有深绿色、绿色和橙色，则亲本的基因型是
1
______________。取F 中橙色果皮的个体随机受粉，后代中纯合子所占的比例是______________。
1
(3)基因型为AaBb的植株自交产生F，F 中部分植株继续自交若干代，都不会发生性状分离，符合这个条
1 1
件的植株占F 的比例是______________。
1
(4)用纯合深绿色果皮植株和纯合橙色果皮植株杂交，F 全为深绿色果皮植株，偶然发现有一株橙色果皮植
1
株，请从可遗传变异角度对此现象给出两种合理的解释(已知变异植株的染色体数目正常)。
①_______________；
②_______________。
在实验室中区分这两种变异的简单方法是__________。
【答案】9 Aabb和aaBb 5/8 3/8 发生基因突变，基因A突变为a 发生染色体结构变异，含A基因
的染色体片段缺失，植株基因型由Aabb变异为a-bb(-代表无相关基因) 用光学显微镜观察变异植株根尖
分生区细胞有丝分裂中期的染色体情况。若能在显微镜下观察到染色体片段缺失，则属于情况②；若无法
观察到该变化，则属于情况①
【解析】
【分析】
根据题意，aa基因控制果皮为橙色，A基因控制深绿，而B基因只对基因A的表达有抑制作用，所以橙色
基因型为aa_ _，绿色基因型为A_ Bb，浅绿色基因型为A_BB，深绿色基因型为A_bb。
【详解】
(1)柑橘无性染色体，基因组测序中需要对9条染色体进行碱基序列测定。
(2)深绿色果皮个体A_bb和一株橙色果皮个体aa_ _杂交，若F 果皮有深绿色、绿色和橙色，则亲本的基因
1
型是Aabb和aaBb。取F 中橙色果皮的个体1/2aaBb和1/2aabb，随机受粉产生配子为1/4aB，3/4ab，后代
1
中纯合子比例为1/16+9/16=5/8。
(3)基因型为AaBb的植株自交产生F，F 中aa_ _为橙色，A_ Bb为绿色，A_BB为浅绿色，A_bb为深绿色，
1 1
部分植株继续自交若干代，不会发生性状分离的有1/16AABB、1/4aa_ _、1/16AAbb，共3/8。
(4)亲本为纯合深绿色果皮植株AAbb和纯合橙色果皮植株aabb，F 全为深绿色果皮植株Aabb，偶然发现有
1
一株橙色果皮植株，原因①发生基因突变，基因A突变为a②发生染色体结构变异，含A基因的染色体片
段缺失，植株基因型由Aabb变异为a_bb。区分这两种变异的简单方法是用光学显微镜观察变异植株根尖
分生区细胞有丝分裂中期的染色体情况。若能在显微镜下观察到染色体片段缺失，则属于情况②；若无法
观察到该变化，则属于情况①。
【点睛】本题旨在考查学生理解基因分离定律和自由组合定律的实质、基因与性状之间的关系，把握知识的内在联
系，形成知识网络，并应用相关知识结合题干信息进行推理、解答问题、学会分析性状偏离比现象及应用
演绎推理的方法解决遗传学问题。
13．(2020·江西渝水·新余四中月考)孟德尔利用豌豆作为实验材料发现了分离定律和自由组合定律。请回答
下列问题：
(1)有下列三种类型的豌豆各若干，请选择符合要求的所有亲本组合的序号。
验证分离定律的所有亲本组合：____________________；
验证自由组合定律的所有亲本组合：________________。
① 甲×甲 ② 乙×乙 ③ 丙×丙 ④ 甲×乙 ⑤ 甲×丙 ⑥ 乙×丙
(2)若豌豆的高茎和矮茎为一对相对性状，由一对等位基因(E、e)控制，红花和白花为一对相对性状，由一
对等位基因(F、f)控制。现有两株豌豆杂交后代为高茎红花：高茎白花：矮茎红花 ：矮茎白花＝1 ：1 ：1
：1。若此结果能够验证自由组合规律，请写出亲本的基因型，并说明理由。
基因型：______________________________。
理由：___________________________________________________。
【答案】①②④⑤⑥ ②④⑥ EeFf×eeff 杂交后代为高茎红花：高茎白花：矮茎红花：矮茎白花
=1：1：1：1的亲本基因型有两种，一种为EeFf×eeff，两对基因分别位于两对同源染色体上，能够验证自
由组合规律；另一种为eeFf×Eeff，两对基因可以位于一对同源染色体上，不能够验证自由组合规律
【解析】
【分析】
1、基因分离定律和自由组合定律的实质：进行有性生殖的生物在进行减数分裂产生配子的过程中，位于
同源染色体上的等位基因随着同源染色体的分离而分离，位于非同源染色体上的非等位基因随着非同源染
色体的自由组合而发生自由组合。
2、按照基因的分离定律，具有1等位基因的个体产生比例相等的两种类型的配子，自交后代出现3：1 的
性状分离比，测交后代出现1：1的性状分离比；按照自由组合定律，具有2对等位基因的个体产生四种类
型的配子，自交后代的性状分离比是9：3：3：1，测交后代的性状分离比是1：1：1：1。
【详解】(1)要验证分离定律，可以用具有一对等位基因的个体进行自交或测交，即选择图中的亲本组合是甲×甲、
乙×乙、甲×乙、甲×丙、乙×丙，故选①②④⑤⑥；验证基因自由组合定律，选择位于2对同源染色体上的
两对等位基因的个体进行自交或测交实验，即选择图中的亲本组合是甲×乙、乙×乙、乙×丙，故选②④⑥。
(2)由实验结果可知，杂交后代的结果是高茎红花：高茎白花：矮茎红花：矮茎白花=1：1：1：1，相当于
两对相对性状的测交实验，亲本基因型有两种，一种为EeFf×eeff，两对基因分别位于两对同源染色体上，
能够验证自由组合规律；另一种为eeFf×Eeff，两对基因可以位于一对同源染色体上，不能够验证自由组合
规律。
【点睛】
本题旨在考查学生理解基因分离定律和自由组合定律的实质，学会应用给出的亲本基因型及基因与染色体
的位置，选择合适的亲本验证分离定律和自由组合定律。
14．(2020·山西运城·高三月考)一种哺乳动物的血型有DH型、D型、H型和O型四种，该血型由等位基因
D/d和H/h控制，DH型个体含有D和H基因，D型个体含D基因不含H基因，H型个体不含D基因含H
基因，O型个体不含D基因也不含H基因。现有甲、乙、丙、丁四个个体，它们的性别及血型分别是甲：
雄性、DH型；乙：雄性、D型；丙：雌性、DH型；丁：雌性、O型。三个杂交组合的结果如下。不考虑
突变和交叉互换，请回答下列问题。
甲×丁，F 的表现型有DH型、D型、H型、O型；
1
甲×丙，F 的表现型有DH型、D型、H型、O型；
1
乙×丙，F 的表现型有DH型、D型。
1
(1)从__________________组合可以判断，控制该种哺乳动物血型的两对基因遵循___________定律。
(2)理论上，甲×丁杂交组合中，F 的四种表现型及比例是_________________________。
1
(3)请推测，乙个体的基因型最可能为____________________。要检测乙个体的基因型，可让其与基因型为
_____个体杂交，若推测正确，则后代表现型及比例为_____________________。
【答案】甲×丁或甲×丙 基因自由组合 DH型∶D型∶H型∶O型=1∶1∶1∶1 DDhh ddhh 全
为D型
【解析】
【分析】
由题干信息可知，该血型由等位基因D/d和H/h控制，DH型个体基因型为D_H_，D型个体基因型为
D_hh，H型个体基因型为ddH_，O型个体基因型为ddhh，据此分析。
【详解】
(1)从甲×丁组合DH型与O型杂交、甲×丙组合DH型与DH型杂交，F 的表现型都有DH型、D型、H
1
型、O型四种，可以判断，控制该种哺乳动物血型的两对基因位于两对同源染色体上，遵循基因自由组合定律。
(2)由分析可知，丁的基因型为ddhh，又甲(D_H_)×丁(ddhh)的子代F 有四种表现型，说明甲的基因型为
1
DdHh，因此F 的基因型及比例为DdHh∶Ddhh∶ddHh∶ddhh=1∶1∶1∶1，所以F 的四种表现型及比例是
1 1
DH型∶D型∶H型∶O型=1∶1∶1∶1。
(3)甲(DdHh)×丙(ddH_)的子代F 有四种表现型，则丙的基因型为ddHh。乙(D_hh)×丙(ddHh)杂交子代F 没
1 1
有O型(ddhh)，因此乙个体的基因型最可能为DDhh。要检测乙个体的基因型，可让其与基因型为ddhh的
个体杂交，若后代的表现型只有D型(基因型为Ddhh)，则乙的基因型为DDhh。
【点睛】
本题考查基因自由组合定律的实质和应用，要求考生掌握基因自由组合定律的应用方法，能依据题干信息
明确各种血型对应的基因型类型，根据各组杂交子代的表现型准确推断亲本基因型是解题关键。
15．(2020·湖北襄阳·高三期中)玉米植株一般顶生雄花序、腋生雌花序，表现为雌雄同株异花，但也存在只
有雄花序的雄株和只有雌花序的雌株。雄株和雌株在育种上有重要用途。玉米植株的上述性别由独立遗传
的两对等位基因(E—e和T—t)来控制。其中E和T同时存在时，表现为雌雄同株异花。有T但没有E时，
表现为雄株。有tt时表现为雌株。
(1)选取纯合的雌雄同株和雌株进行杂交，得到F，F 自交得到F。
1 1 2
①如果F 没有雄株个体出现，则亲本的基因型是_________，取F 中的雌雄同株个体相互授粉，子代的雌
2 2
株个体占________。
②如果F 有雄株个体出现，则亲本的基因型是_________，取F 中的雌雄同株个体相互授粉，子代的表现
2 2
型及比例为_______。
(2)一株雄株与一株雌株杂交，后代雌株占1/2，则亲本的基因型为_________。
(3)一株雄株与一株雌株的杂交后代有没有可能全为雄株？如果有，请写出亲本的基因型；若果没有，请说
明理由_________________________________________________。
【答案】EETT×EEtt 1/9 EETT×eett 雌雄同株：雌株：雄株=64：9：8 eeTt×Eett或eeTt×eett
或eeTt×EEtt 有可能，亲本为eeTT×eett
【解析】
【分析】
根据题意，E和T同时存在时，表现为雌雄同株异花。有T但没有E时，表现为雄株。则eeT_为雄株，
E_tt或eett为雌株，E_T_为雌雄同株。
【详解】
(1)选取纯合的雌雄同株(EETT)和雌株(EEtt或eett)进行杂交，①若亲本为雌雄同株(EETT)和雌株(EEtt)，则
F 为EETt，F 自交得到F，F 为EET_(表现为雌雄同株)和EEtt(表现为雌株)，无雄株出现。取F 中的雌雄
1 1 2 2 2同株个体(1/3EETT和2/3EETt)相互授粉，子代的雌株(EEtt)个体占1×2/3×2/3×1/4=1/9。
②亲本为雌雄同株(EETT)和雌株(eett)，则F 为EeTt，F 自交得到F，F 为eeT_(雄株)∶E_tt或eet(雌
1 1 2 2
株)∶E_T_(雌雄同株)=3∶4∶9。取F 中的雌雄同株个体相互授粉，F 中的雌雄同株个体产生的配子及比例
2 2
为ET∶Et∶eT∶et=4∶2∶2∶1，子代雄株eeT_的比例为2/9×2/9+2/9×1/9+2/9×1/9=8/81，雌株E_tt或
eet2/9×2/9+2/9×1/9+2/9×1/9+1/9×1/9=9/81，雌雄同株E_T_为1-8/81-9/81=64/81，子代的表现型及比例为雌
雄同株：雌株：雄株=64∶9∶8。
(2)一株雄株(eeT_)与一株雌株(E_tt或eett)杂交，后代雌株(E_tt或eett)占1/2，则亲本雄株为eeTT，亲本的
基因型为eeTt×Eett或eeTt×eett或eeTt×EEtt。
(3)亲本为eeTT×eett时，子代eeT_，全为雄株。
【点睛】
本题考查基因自由组合定律及应用，解答本题的关键是扣住题干信息“E和T同时存在时，表现为雌雄同
株异花。有T但没有E时，表现为雄株。有tt时表现为雌株”。
16．(2020·重庆市第二十九中学校高三月考)某观赏植物花色有红、粉、白三种类型，由两对等位基因控制
(分别用A、a，B、b表示)。现有甲、乙两个(纯合)白花品系，分别与一纯合的粉花品系列丙(AAbb)进行杂
交实验，结果如下表，据此回答问题。
杂交组合 实验1 实验2
P 甲×丙 乙×丙
F 类型及比例 全是粉花 全是红花
1
F 类型及比例 粉花：白花=3：1 红花：粉花：白花=9：3：4
2
(1)控制该植物花色的两对基因的遗传_______(填遵循或不遵循)基因自由组合定律，原因是
_______________________________________________________。
(2)实验1中亲本甲的基因型为____________。
(3)实验2中亲本乙的基因型为____________，F 中粉花与白花个体杂交，后代出现白花个体的概率是
2
________。
(4)实验2的F 中粉花个体的基因型可能为________________。若要确定某一粉花个体是否为纯合子，你的
2
设计思路是：________________________________________________________。
【答案】遵循 这两对基因位于非(两对)同源染色体上 aabb aaBB 1/3 AAbb和Aabb 【方案
一】让该粉花个体自交，观察子代花色的性状表现及比例 或【方案二】让该粉花个体与白花个体(aabb)杂
交，观察子代花色的性状表现及比例
【解析】【分析】
分析表格信息可知，实验2中，子二代的表现型及比例是红花：粉花：白花=9：3：4，是9：3：3：1的变
式，因此两对等位基因在遗传时遵循自由组合定律，子一代的基因型是AaBb，表现为红花的基因型是
A_B_，表现为粉花的基因型是A_bb，aaB_、aabb则表现为白花，据此答题。
【详解】
(1)据分析可知，控制该植物花色的两对等位基因位于两对同源染色体上，其遗传遵循基因自由组合定律。
(2)实验1中，F 粉花自交会出现性状分离，故其基因型是Aabb，又亲本丙的基因型是AAbb，则甲的基因
1
型是aabb。
(3)实验2中，由分析可知，子一代基因型是AaBb，又知丙的基因型是AAbb，则乙的基因型是aaBB，F
2
中粉花的基因型是A_bb，AAbb占1/3，Aabb占2/3，与白花个体(aa_ _ )杂交，后代出现白花个体(aa_ _ )
的概率=2/3×1/2=1/3。
(4)据上分析可知，实验2的F 中粉花个体的基因型可能为AAbb和Aabb。
2
若要确定某一粉花个体是否为纯合子，让该粉花个体自交，观察子代花色的性状表现及比例，若全为粉色，
则为纯合子，若出现粉色：白色=3：1，则为杂合子；
或让该粉花个体与白花个体(aabb)杂交，观察子代花色的性状表现及比例，若全为粉色，则为纯合子，若
出现粉色：白色=1：1，则为杂合子。
【点睛】
本题旨在考查学生对基因分离定律和自由组合定律的熟练掌握，并应用相关知识进行推理、解答问题。
