高考生物一轮复习第五单元遗传的基本规律第15讲基因的自由组合定律课件.ppt

第第15讲　基因的自由组合定律讲　基因的自由组合定律[最新考纲最新考纲]　基因的自由组合定律　基因的自由组合定律(ⅡⅡ)1.两对相对性状的杂交实验两对相对性状的杂交实验——发现问题发现问题(1)杂交实验过程杂交实验过程考点一　两对相对性状的遗传实验分析考点一　两对相对性状的遗传实验分析(5年年8考考)绿圆绿圆绿皱绿皱9∶ ∶ 3∶ ∶3∶ ∶1(2)结果分析：结果分析：F2共有共有9种基因型，种基因型，4种表现型种表现型2.对自由组合现象的解释对自由组合现象的解释——提出假说提出假说(1)理论解释理论解释①①F1产产生生配配子子时时，，_______基基因因分分离离，，非非同同源源染染色色体体上上的的__________基基因因可可以以自自由由组合，产生数量相等的组合，产生数量相等的4种配子②②受精时，雌雄配子的结合方式有受精时，雌雄配子的结合方式有_____种③③F2的基因型有的基因型有___种，表现型为种，表现型为___种，比例为种，比例为______________等位等位非等位非等位16949∶ ∶3∶ ∶3∶ ∶1(2)遗传图解遗传图解3.对自由组合现象的验证对自由组合现象的验证——演绎推理、验证假说演绎推理、验证假说(1)方法：测交实验方法：测交实验(2)目的：测定目的：测定F1的基因型或基因组成。

的基因型或基因组成3)遗传图解：遗传图解：(4)结论：实验结果与演绎结果相符，假说成立结论：实验结果与演绎结果相符，假说成立4.自由组合定律自由组合定律非同源染色体非同源染色体等位基因等位基因真核生物真核生物细胞核遗传细胞核遗传5.孟德尔成功的原因孟德尔成功的原因豌豆豌豆统计学统计学假说假说-演绎演绎1.真题重组　判断正误真题重组　判断正误(1)控控制制棉棉花花纤纤维维长长度度的的三三对对等等位位基基因因A/a、、B/b、、C/c对对长长度度的的作作用用相相等等，，分分别别位位于于三三对对同同源源染染色色体体上上已已知知基基因因型型为为aabbcc的的棉棉花花纤纤维维长长度度为为6 cm，，每每个个显显性性基基因因增增加加纤纤维维长长度度2 cm棉棉花花植植株株甲甲(AABbcc)与与乙乙(aaBbCc)杂杂交交，，则则F1的的棉棉花花纤纤维维长长度度范围是范围是8～～14 cm2016·经典高考卷，典高考卷，25)(      )(2)孟德尔定律支持融合遗传的观点孟德尔定律支持融合遗传的观点(2015·海南卷，海南卷，12)(      )(3)基基因因型型为为AaBbDdEeGgHhKk的的个个体体自自交交，，假假定定这这7对对等等位位基基因因自自由由组组合合，，则则7对对等等位位基基因因纯纯合合个个体体出出现现的的概概率率与与7对对等等位位基基因因杂杂合合个个体体出出现现的的概概率率不不同同(2014·海海南南卷，卷，22D)(       )√××以以上上内内容容主主要要源源自自必必修修2 P9～～11孟孟德德尔豌豌豆豆杂交交实验(二二)全全面面分分析析孟孟德德尔实验成功原因，把握自由成功原因，把握自由组合定律合定律实质是解是解题关关键。

2.教材教材P11思考与讨论改编思考与讨论改编 (1)在在豌豌豆豆杂杂交交实实验验之之前前，，孟孟德德尔尔曾曾花花了了几几年年时时间间研研究究山山柳柳菊菊，，结结果果却却一一无无所所获获，，其原因主要有哪些？其原因主要有哪些？提提示示　　①①山山柳柳菊菊没没有有既既容容易易区区分分又又可可以以连连续续观观察察的的相相对对性性状状②②当当时时没没有有人人知知道道山山柳柳菊菊有有时时进进行行有有性性生生殖殖，，有有时时进进行行无无性性生生殖殖③③山山柳柳菊菊的的花花小小、、难难以以做做人人工工杂杂交交实实验(2)孟孟德德尔尔对对分分离离现现象象的的解解释释在在逻逻辑辑上上环环环环相相扣扣，，十十分分严严谨谨他他为为什什么么还还要要设设计计测测交实验进行验证呢？交实验进行验证呢？提提示示　　作作为为一一种种正正确确的的假假说说，，不不仅仅能能解解释释已已有有的的实实验验结结果果，，还还应应该该能能够够预预测测另另一一些些实验结果，故有必要设计测交实验予以验证实验结果，故有必要设计测交实验予以验证(2014·全全国国卷卷)现现有有4个个小小麦麦纯纯合合品品种种，，即即抗抗锈锈病病无无芒芒、、抗抗锈锈病病有有芒芒、、感感锈锈病病无无芒芒和和感感锈锈病病有有芒芒。

已已知知抗抗锈锈病病对对感感锈锈病病为为显显性性，，无无芒芒对对有有芒芒为为显显性性，，且且这这两两对对相相对对性性状状各各由由一一对对等等位位基基因因控控制制若若用用上上述述4个个品品种种组组成成两两个个杂杂交交组组合合，，使使其其F1均均为为抗抗锈锈病病无芒，且这两个杂交组合的无芒，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：的表现型及其数量比完全一致回答问题：(1)为为实实现现上上述述目目的的，，理理论论上上，，必必须须满满足足的的条条件件有有：：在在亲亲本本中中控控制制这这两两对对相相对对性性状状的的两两对对等等位位基基因因必必须须位位于于________上上，，在在形形成成配配子子时时非非等等位位基基因因要要________，，在在受受精精时时雌雌雄雄配配子子要要________，，而而且且每每种种合合子子(受受精精卵卵)的的存存活活率率也也要要________那那么么，，这两个杂交组合分别是这两个杂交组合分别是________和和________自由组合定律的实质自由组合定律的实质(2)上上述述两两个个杂杂交交组组合合的的全全部部F2植植株株自自交交得得到到F3种种子子，，1个个F2植植株株上上所所结结的的全全部部F3种种子子种种在在一一起起，，长长成成的的植植株株称称为为1个个F3株株系系。

理理论论上上，，在在所所有有F3株株系系中中，，只只表表现现出出一一对对性性状状分分离离的的株株系系有有4种种，，那那么么，，在在这这4种种株株系系中中，，每每种种株株系系植植株株的的表表现现型型及及其其数数量量比比分分别别是是________，，________________，，________________和和________________解解析析　　(1)4个个纯纯合合品品种种组组成成的的两两个个杂杂交交组组合合的的F1的的表表现现型型相相同同，，且且F2的的表表现现型型及及其其数数量量比比完完全全一一致致，，由由此此可可推推断断出出控控制制这这两两对对性性状状的的两两对对等等位位基基因因位位于于非非同同源源染染色色体体上上，，其其遗遗传传遵遵循循基基因因的的自自由由组组合合定定律律，，理理论论上上还还需需满满足足受受精精时时雌雌雄雄配配子子是是随随机机结结合合的的、、受受精精卵卵的的存存活活率率相相等等等等条条件件两两种种杂杂交交组组合合分分别别为为抗抗锈锈病病无无芒芒×感感锈锈病病有有芒芒、、抗抗锈锈病病有有芒芒×感感锈锈病病无无芒芒2)若若分分别别用用A、、a和和B、、b表表示示控控制制抗抗锈锈病病、、感感锈锈病病和和无无芒芒、、有有芒芒的的基基因因，，则则F1基基因因型型为为AaBb，，F2的的基基因因型型为为A_B_、、A_bb、、aaB_、、aabb，，F2自自交交后后代代只只表表现现出出一一对对性性状状分分离离的的基基因因型型分分别别是是AABb、、AaBB、、Aabb、、aaBb，，其其对对应应F3株株系系的的表表现现型型及及其其数数量量比比分分别别为为抗抗锈锈病病无无芒芒∶∶抗抗锈锈病病有有芒芒＝＝3∶∶1、、抗抗锈锈病病无无芒芒∶∶感感锈锈病病无无芒芒＝＝3∶∶1、、抗抗锈锈病病有有芒芒∶∶感感锈锈病病有有芒芒＝＝3∶∶1、、感感锈锈病病无无芒芒∶∶感感锈锈病病有有芒芒＝＝3∶∶1。

答答案案　　(1)非非同同源源染染色色体体　　自自由由组组合合　　随随机机结结合合　　相相等等　　抗抗锈锈病病无无芒芒×感感锈锈病病有有芒芒　　抗抗锈锈病病有有芒芒×感感锈锈病病无无芒芒　　(2)抗抗锈锈病病无无芒芒∶∶抗抗锈锈病病有有芒芒＝＝3∶∶1　　抗抗锈锈病病无无芒芒∶∶感感锈锈病病无无芒芒＝＝3∶∶1　　感感锈锈病病无无芒芒∶∶感感锈锈病病有有芒芒＝＝3∶∶1　　抗抗锈锈病病有有芒芒∶∶感感锈锈病病有有芒＝芒＝3∶∶11.基因自由组合定律的细胞学基础基因自由组合定律的细胞学基础2.巧用巧用“逆向组合法逆向组合法”推断亲本基因型推断亲本基因型①①9∶∶3∶∶3∶∶1⇒⇒(3∶∶1)(3∶∶1)⇒⇒(Aa×Aa)(Bb×Bb)；；②②1∶∶1∶∶1∶∶1⇒⇒(1∶∶1)(1∶∶1)⇒⇒(Aa×aa)(Bb×bb)；；③③3∶∶3∶∶1∶∶1⇒⇒(3∶∶1)(1∶∶1)⇒⇒(Aa×Aa)(Bb×bb)或或(Aa×aa)(Bb×Bb)；；④④3∶∶1⇒⇒(3∶∶1)×1⇒⇒(Aa×Aa)(BB×__)或或(Aa×Aa)(bb×bb)或或(AA×_ _)(Bb×Bb)或或(aa×aa)(Bb×Bb)。

注注：：并并非非所所有有非非等等位位基基因因都都遵遵循循自自由由组组合合定定律律——减减数数第第一一次次分分裂裂后后期期自自由由组组合合的的是是非非同同源源染染色色体体上上的的非非等等位位基基因因(如如图图A中中基基因因A、、a和和B、、b)，，而而同同源源染染色色体体上上的非等位基因的非等位基因(如图如图B中基因中基因A和和C或或a和和b)，则不遵循自由组合定律则不遵循自由组合定律(2017·湖湖南南长郡郡中中学学高高考考百百日日冲冲刺刺试卷卷五五)已已知知玉玉米米体体细细胞胞中中有有10对对同同源源染染色色体体，，下下表表表表示示玉玉米米纯纯系系品品种种的的表表现现型型、、相相应应的的基基因因型型(字字母母表表示示)及及所所在在的的染染色色体体品品系系①为为显显性性纯纯合合子子，，表表现现型型为为果果皮皮黄黄色色、、长长节节、、胚胚乳乳非非甜甜、、高高茎茎、、黄黄色色胚胚乳乳，，②～～⑥均只有一个性状属隐性纯合，其他性状均为显性纯合均只有一个性状属隐性纯合，其他性状均为显性纯合自由组合定律的验证自由组合定律的验证品系品系①①②②③③④④⑤⑤⑥⑥性状性状显性纯合子显性纯合子白色果皮白色果皮pp短节短节bb 胚乳甜胚乳甜ss矮茎矮茎dd白色胚乳白色胚乳gg所在染色体所在染色体ⅠⅣⅥⅠⅣⅥⅠⅠⅠⅠⅣⅣⅥⅥⅥⅥ(1)若若要要验验证证基基因因自自由由组组合合定定律律，，应应选选择择品品系系①①和和④④、、②②和和④④还还是是⑤⑤和和⑥⑥作作为为亲亲本本进进行行实验？实验？________。

为什么？为什么？_______________________________________2)玉玉米米的的果果皮皮白白色色与与黄黄色色是是相相对对性性状状，，胚胚乳乳甜甜与与非非甜甜是是另另一一对对相相对对性性状状如如果果只只考考虑虑②②与与④④相相互互授授粉粉则则②②植植株株上上所所结结的的果果实实果果皮皮颜颜色色为为________，，④④植植株株上上所所结结种种子子胚胚的的基因型为基因型为________(只考虑上述两对相对性状只考虑上述两对相对性状)3)自自然然界界玉玉米米茎茎为为稳稳定定遗遗传传的的绿绿茎茎，，若若田田间间偶偶尔尔发发现现有有一一株株紫紫色色玉玉米米若若已已证证实实这这对对性状为核基因控制，请利用现有玉米为材料，探究这对性状的显隐关系？性状为核基因控制，请利用现有玉米为材料，探究这对性状的显隐关系？a.实验方案：实验方案：__________________________________________________________________b.结果预测及结论：结果预测及结论：__________________________________________________________________答答案案　　(1)②②和和④④　　①①和和④④只只有有一一对对等等位位基基因因，，符符合合基基因因的的分分离离定定律律，，⑤⑤和和⑥⑥的的两两对基因位于同一对同源染色体上，不符合基因的自由组合定律　对基因位于同一对同源染色体上，不符合基因的自由组合定律　(2)白色　白色　PpSs(3)a.用用绿绿茎茎和和紫紫茎茎玉玉米米相相互互授授粉粉，，观观察察子子代代的的表表现现型型　　b.如如果果子子一一代代植植株株均均表表现现绿绿茎茎，，则则绿绿茎茎为为显显性性；；如如果果子子一一代代植植株株均均表表现现紫紫茎茎或或同同时时出出现现紫紫茎茎和和绿绿茎茎，，则则紫紫茎茎为为显性显性孟德尔两大定律的验证方法整合孟德尔两大定律的验证方法整合验证方验证方法法结论结论自交法自交法F1自自交交后后代代的的分分离离比比为为3∶∶1，，则则符符合合基基因因的的分分离离定定律律，，由由位位于一对同源染色体上的一对等位基因控制于一对同源染色体上的一对等位基因控制F1自自交交后后代代的的分分离离比比为为9∶∶3∶∶3∶∶1(或或其其变变式式)，，则则符符合合基基因因的的自自由组合定律，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测交法测交法F1测测交交后后代代的的性性状状比比例例为为1∶∶1，，则则符符合合分分离离定定律律，，由由位位于于一一对对同同源源染染色色体体上上的的一对等位基因控制一对等位基因控制F1测测交交后后代代的的性性状状比比例例为为1∶∶1∶∶1∶∶1，，由由位位于于两两对对同同源源染染色色体体上上的的两两对对等等位位基基因因控制控制花粉花粉鉴定法鉴定法F1若有两种花粉，比例为若有两种花粉，比例为1∶∶1，则符合分离定律，则符合分离定律F1若有四种花粉，比例为若有四种花粉，比例为1∶∶1∶∶1∶∶1，则符合自由组合定律，则符合自由组合定律单倍体单倍体育种法育种法取取花花药药离离体体培培养养，，用用秋秋水水仙仙素素处处理理单单倍倍体体幼幼苗苗，，若若植植株株有有两两种种表表现现型型，，比比例例为为1∶∶1，则符合分离定律，则符合分离定律取取花花药药离离体体培培养养，，用用秋秋水水仙仙素素处处理理单单倍倍体体幼幼苗苗，，若若植植株株有有四四种种表表现现型型，，比比例例为为1∶∶1∶∶1∶∶1，则符合自由组合定律，则符合自由组合定律1.“和和”为为16的特殊分离比的成因的特殊分离比的成因(1)基因互作基因互作考点二　自由组合定律中特殊的分离比考点二　自由组合定律中特殊的分离比(5年年12考考)序号序号条件条件F1(AaBb) 自自交后代比例交后代比例F1测交后测交后代比例代比例1存存在在一一种种显显性性基基因因时时表表现现为为同同一一类类型型，，其余正常表现其余正常表现______________________9∶ ∶6∶ ∶11∶ ∶2∶ ∶12两两种种显显性性基基因因同同时时存存在在时时，，表表现现为为一一种种类型，否则表现为另一种类型类型，否则表现为另一种类型__________1∶∶33当当某某一一对对隐隐性性基基因因成成对对存存在在时时表表现现为为双双隐类型，其余正常表现隐类型，其余正常表现__________1∶∶1∶∶24只只要要存存在在显显性性基基因因就就表表现现为为一一种种类类型型，，其余正常表现其余正常表现_________3∶∶19∶ ∶79∶ ∶3∶ ∶415∶ ∶1(2)显性基因累加效应显性基因累加效应①①表现：表现：②②原因：原因：A与与B的作用效果相同，但显性基因越多，其效果越强。

的作用效果相同，但显性基因越多，其效果越强1∶ ∶2∶ ∶12.“和和”小于小于16的特殊分离比的成因的特殊分离比的成因序号序号原因原因后代比例后代比例1显显性性纯纯合合致致死死 (AA、、 BB致死致死)自交子代自交子代若若一一对对显显性性基基因因纯纯合合致致死死，，如如AA致致 死死 ，， 则则 9∶∶3∶∶3∶∶1变变 化化 为为 6∶∶3∶∶2∶∶1；；若若两两对对显显性性基基因因纯纯合合都都致致死死，，则则9∶∶3∶∶3∶∶1变化为变化为4∶∶2∶∶2∶∶1测交子代测交子代AaBb∶∶Aabb∶∶aaBb∶∶aabb＝＝______________2隐隐性性纯纯合合致致死死(自交情况自交情况)自自交交子子代代出出现现9∶∶3∶∶3(双双隐隐性性致致死死)；；自自交交子子代代出出现现________ (单隐性致死单隐性致死)1∶ ∶1∶ ∶1∶ ∶19∶ ∶1(2017·全全国国卷卷ⅡⅡ，，6)若若某某哺哺乳乳动动物物毛毛色色由由3对对位位于于常常染染色色体体上上的的、、独独立立分分配配的的等等位位基基因因决决定定，，其其中中A基基因因编编码码的的酶酶可可使使黄黄色色素素转转化化为为褐褐色色素素；；B基基因因编编码码的的酶酶可可使使该该褐褐色色素素转转化化为为黑黑色色素素；；D基基因因的的表表达达产产物物能能完完全全抑抑制制A基基因因的的表表达达；；相相应应的的隐隐性性等等位位基基因因a、、b、、d的的表表达达产产物物没没有有上上述述功功能能。

若若用用两两个个纯纯合合黄黄色色品品种种的的动动物物作作为为亲亲本本进进行行杂杂交交，，F1均均为为黄黄色色，，F2中中毛毛色色表表现现型型出出现现了了黄黄∶∶褐褐∶∶黑黑＝＝52∶∶3∶∶9的的数数量量比比，，则则杂杂交亲本的组合是交亲本的组合是(　　　　)A.AABBDD×aaBBdd，或，或AAbbDD×aabbddB.aaBBDD×aabbdd，或，或AAbbDD×aaBBDDC.aabbDD×aabbdd，或，或AAbbDD×aabbddD.AAbbDD×aaBBdd，或，或AABBDD×aabbdd自由组合定律的应用自由组合定律的应用——多对等位基因的遗传问题多对等位基因的遗传问题答案答案　　D利用分离定律解决多对等位基因的遗传问题利用分离定律解决多对等位基因的遗传问题在在已已知知子子代代分分离离比比推推导亲代代基基因因型型的的情情况况下下，，可可以以将将自自由由组合合定定律律的的性性状状分分离离比比“拆拆分分”成分离定律的分离比分成分离定律的分离比分别分析，再运用乘法原理分析，再运用乘法原理进行逆向行逆向组合解题思路如下：思路如下：(1)确定确定题中涉及几中涉及几对等位基因的等位基因的遗传。

如本如本题中涉及中涉及3对等位基因的等位基因的遗传2)“拆拆分分”某某基基因因型型或或表表现型型所所占占的的比比例例如如本本题中中黑黑色色个个体体在在F2中中所所占占的的比比例例是是9/64，根据，根据F2中黑色个体的基因型中黑色个体的基因型为A_B_dd，可将比例，可将比例“拆分拆分”为(3/4)×(3/4)×(1/4)3)“逆逆推推”F1的的基基因因型型如如由由(2)中中“(3/4)×(3/4)×(1/4)”中中的的“3/4”“3/4”“1/4”分分别逆逆推推出出F1的的各各对基基因因对应的的基基因因型型分分别是是Aa、、Bb、、Dd，，将将它它们拼拼在在一一起起即即可可得得到到F1的的基基因因型型AaBbDd　　　　　　【方法体验】【方法体验】(2017·湖湖北北重重点点中中学学)某某植植物物红红花花和和白白花花为为一一对对相相对对性性状状，，受受多多对对等等位位基基因因控控制制(如如A、、a；；B、、b；；C、、c…)，，当当个个体体的的基基因因型型中中每每对对等等位位基基因因都都至至少少含含有有一一个个显显性性基基因因(即即A_B_C_…)时时才才开开红红花花，，否否则则开开白白花花。

现现有有甲甲、、乙乙、、丙丙、、丁丁4个个纯纯合合白白花花品品系系，，相相互互之之间间进进行行杂杂交交，，杂杂交交组组合合、、后后代代表表现现型型及及其其比比例例如如表表所所示示，，下下列列分分析析错错误误的的是是(　　　　) 组一组一组二组二组三组三组四组四组五组五组六组六P甲甲×乙乙乙乙×丙丙乙乙×丁丁甲甲×丙丙甲甲×丁丁丙丙×丁丁F1白色白色红色红色红色红色白色白色红色红色白色白色F2白色白色红色红色81∶∶白色白色175红色红色27∶∶白色白色37白色白色红色红色81∶∶白色白色175白色白色A.组二组二F1基因型可能是基因型可能是AaBbCcDdB.组五组五F1基因型可能是基因型可能是AaBbCcDdEEC.组二和组五的组二和组五的F1基因型可能相同基因型可能相同D.这一对相对性状最多受四对等位基因控制，且遵循自由组合定律这一对相对性状最多受四对等位基因控制，且遵循自由组合定律解解析析　　组组二二和和组组五五中中F1自自交交，，F2的的分分离离比比为为红红∶∶白白＝＝81∶∶175，，即即红红花花占占81/(81＋＋175)＝＝(3/4)4,由由此此可可推推测测这这对对相相对对性性状状至至少少受受四四对对等等位位基基因因控控制制，，且且基基因因分分别别位位于于不不同同的的同同源源染染色色体体上上,遵遵循循自自由由组组合合定定律律,D错错误误；；组组二二、、组组五五中中F1至至少少含含四四对对等等位位基基因因,当当该该对对性性状状受受四四对对等等位位基基因因控控制制时时，，组组二二、、组组五五中中F1的的基基因因型型都都为为AaBbCcDd；；当当该该对对性性状状受受五五对等位基因控制时，组五中对等位基因控制时，组五中F1的基因型可能是的基因型可能是AaBbCcDdEE，，A、、B、、C正确。

正确答案　答案　D(2016·全全国国卷卷ⅢⅢ，，6)用用某某种种高高等等植植物物的的纯纯合合红红花花植植株株与与纯纯合合白白花花植植株株进进行行杂杂交交，，F1全全部部表表现现为为红红花花若若F1自自交交，，得得到到的的F2植植株株中中，，红红花花为为272株株，，白白花花为为212株株；；若若用用纯纯合合白白花花植植株株的的花花粉粉给给F1红红花花植植株株授授粉粉，，得得到到的的子子代代植植株株中中，，红红花花为为101株株，，白白花花为为302株根据上述杂交实验结果推断，下列叙述正确的是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中白花植株都是纯合体B.F2中红花植株的基因型有中红花植株的基因型有2种种C.控制红花与白花的基因在一对同源染色体上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中白花植株的基因型种类比红花植株的多无无“致死致死”状况下的变式分离比状况下的变式分离比解解析析　　本本题题切切入入点点不不在在于于“F1全全表表现现红红花花”而而在在于于用用纯纯合合白白花花植植株株花花粉粉给给F1红红花花植植株株授授粉粉，，子子代代红红花花为为101株株，，白白花花为为302株株，，即即红红花花∶∶白白花花＝＝1∶∶3。

这这应应符符合合两两对对等等位位基基因因自自由由组组合合的的杂杂合合子子测测交交子子代代比比例例1∶∶1∶∶1∶∶1的的变变式式，，由由此此可可推推知知该该相相对对性性状状由由两两对对等等位位基基因因控控制制(设设为为A、、a和和B、、b)，，即即F1的的基基因因型型为为AaBb，，F1自自交交得得到到的的F2中中白白花花植植株株的的基基因因型型有有A_bb、、aaB_和和aabb，，故故A错错误误；；F2中中红红花花植植株株(A_B_)的的基基因因型型有有4种答案　答案　D1.特殊分离比的解题技巧特殊分离比的解题技巧(1)看看F2的的组合合表表现型型比比例例，，若若表表现型型比比例例之之和和是是16，，不不管管以以什什么么样的的比比例例呈呈现，，都符合基因的自由都符合基因的自由组合定律2)将将异异常常分分离离比比与与正正常常分分离离比比9∶∶3∶∶3∶∶1进行行对比比，，分分析析合合并并性性状状的的类型型如如比比值为9∶∶3∶∶4，，则为9∶∶3∶∶(3∶∶1)，，即即4为后后两两种种性性状状的的合合并并结果果，，若若分分离离比比为9∶∶6∶∶1，，则为9∶∶(3∶∶3)∶∶1；若分离比；若分离比为15∶∶1，，则为(9∶∶3∶∶3)∶∶1。

2.巧用巧用“性状比之和性状比之和”，快速判断控制遗传性状的基因的对数，快速判断控制遗传性状的基因的对数(1)自自交交情情况况下下，，得得到到的的“性性状状比比之之和和”是是4的的几几次次方方，，就就说明明自自交交的的亲代代中中含含有有几几对等位基因；等位基因；(2)测交交情情况况下下，，得得到到的的“性性状状比比之之和和”是是2的的几几次次方方，，则该性性状状就就由由几几对等等位位基基因因控制　　　　　　【方法体验】【方法体验】(2018·河河南南省省八八市市重重点点高高中中高高三三质量量检测)某某种种二二倍倍体体植植物物的的花花瓣瓣有有四四种种颜颜色色，，分分别别是是白白色色、、紫紫色色、、红红色色和和粉粉红红色色，，由由位位于于非非同同源源染染色色体体上上的的两两对对等等位位基基因因(A/a和和B/b)控制控制(如图所示如图所示)(1)花花瓣瓣细细胞胞中中的的色色素素位位于于________(细细胞胞器器)中中，，催催化化色色素素合合成成的的酶酶的的合合成成场场所所是是________(细胞器细胞器)2)如如果果将将纯纯合合白白花花和和粉粉红红色色花花杂杂交交，，F1全全部部表表现现为为红红花花，，然然后后让让F1进进行行自自交交得得到到F2，亲本基因型是，亲本基因型是________和和________。

3)如如果果将将两两种种非非白白花花亲亲本本杂杂交交，，F1只只有有白白花花、、红红花花和和粉粉红红花花三三种种性性状状，，则则亲亲本本基基因因型是型是________和和________4)红花和粉红花杂交，后代最多有红花和粉红花杂交，后代最多有________种基因型，最多有种基因型，最多有________种表现型种表现型解解析析　　(1)花花瓣瓣细细胞胞中中的的色色素素位位于于液液泡泡中中，，催催化化色色素素合合成成的的酶酶的的化化学学本本质质是是蛋蛋白白质质，，蛋蛋白质的合成场所是核糖体白质的合成场所是核糖体2)纯纯合合白白花花的的基基因因型型是是aa_ _，，纯纯合合粉粉红红色色花花的的基基因因型型是是AABB，，要要保保证证F1全全部部表表现现为为红花，纯合白花的基因型必须是红花，纯合白花的基因型必须是aabb3)白白花花的的基基因因型型是是aa_ _，，红红花花的的基基因因型型是是A_Bb，，粉粉花花的的基基因因型型是是A_BB，，将将两两种种非非白白花花亲亲本本杂杂交交，，F1只只有有白白花花、、红红花花和和粉粉红红花花三三种种性性状状，，所所以以亲亲本本基基因因型型必必须须是是AaBB和和AaBb。

4)红红花花的的基基因因型型是是A_Bb，，粉粉花花的的基基因因型型是是A_BB，，要要保保证证后后代代基基因因型型最最多多，，杂杂合合程程度度越越高高越越好好，，所所以以亲亲本本红红花花的的基基因因型型是是AaBb，，粉粉花花的的基基因因型型是是AaBB，，后后代代最最多多有有6种种基基因型，杂交后代出现不了紫花，所以最多有因型，杂交后代出现不了紫花，所以最多有3种表现型种表现型答案　答案　(1)液泡　核糖体　液泡　核糖体　(2)aabb　　AABB　　(3)AaBB　　AaBb　　(4)6　　3 ““致死致死”状况下的变式分离比状况下的变式分离比小小鼠鼠由由于于其其繁繁殖殖能能力力强强、、性性状状多多样样而而成成为为遗遗传传学学研研究究的的常常用用材材料料下下面面是是不不同同鼠鼠种种的的毛毛色色及及尾尾长长性性状状遗遗传传研研究究的的几几种种情情况况，，在在实实验验中中发发现现有有些些基基因因有有纯纯合合致致死死现现象象(在胚胎时期就使个体死亡在胚胎时期就使个体死亡)，请分析回答下列问题：，请分析回答下列问题：(1)甲甲种种鼠鼠的的一一个个自自然然种种群群中中，，体体色色有有黄黄色色(Y)和和灰灰色色(y)，，尾尾巴巴有有短短尾尾(D)和和长长尾尾(d)。

任任意意取取雌雌雄雄两两只只黄黄色色短短尾尾鼠鼠经经多多次次交交配配，，F1的的表表现现型型为为：：黄黄色色短短尾尾∶∶黄黄色色长长尾尾∶∶灰灰色色短短尾尾∶∶灰灰色色长长尾尾＝＝4∶∶2∶∶2∶∶1则则该该自自然然种种群群中中，，黄黄色色短短尾尾鼠鼠的的基基因因型型可可能能为为________；；让让上上述述F1代代中中的的灰灰色色短短尾尾雌雌雄雄鼠鼠自自由由交交配配，，则则F2代代中中灰灰色色长长尾尾鼠鼠占占________，，纯纯合合灰灰色色短短尾尾鼠鼠个个体体比比例例为为________若若无无上上述述纯纯合合致致死死现现象象，，要要通通过过一一次次杂杂交交实实验验探探究究控控制制尾尾巴巴的的基基因因在在X染染色色体体或或是是常常染染色色体体上上，，则则应应该该选选择择的的杂杂交交组合是组合是______________________________________(2)乙乙种种鼠鼠的的一一个个自自然然种种群群中中，，体体色色有有三三种种：：黄黄色色、、灰灰色色、、青青色色，，其其生生化化反反应应原原理理如如下下图图所所示示已已知知基基因因A控控制制酶酶1的的合合成成，，基基因因B控控制制酶酶2的的合合成成，，基基因因b控控制制酶酶3的的合合成成(基基因因B能能抑抑制制基基因因b的的表表达达)，，纯纯合合aa的的个个体体由由于于缺缺乏乏酶酶1使使黄黄色色素素在在鼠鼠内内积积累累过多而导致过多而导致50%的个体死亡。

分析可知：的个体死亡分析可知：①①细细胞胞内内基基因因的的表表达达包包括括________和和________两两个个过过程程，，黄黄色色鼠鼠的的基基因因型型有有________种②②两两只只青青色色鼠鼠交交配配，，后后代代只只有有黄黄色色和和青青色色，，且且比比例例为为1∶∶6，，则则这这两两只只青青色色鼠鼠可可能能的基因型组合中基因型不相同的组合为的基因型组合中基因型不相同的组合为____________________________让多只基因型为让多只基因型为AaBb的成鼠自由交配，则后代中黄色个体所占比例为的成鼠自由交配，则后代中黄色个体所占比例为________ (2)“致死致死”原因的精准推原因的精准推导第一种方法：直接判断法第一种方法：直接判断法——直接利用基因自由直接利用基因自由组合定律来分析合定律来分析第第二二种种方方法法：：间接接判判断断法法——分分解解成成两两个个基基因因分分离离定定律律问题，，分分别分分析析即即将将“黄黄短短∶∶黄黄长∶∶灰灰短短∶∶灰灰长＝＝4∶∶2∶∶2∶∶1”转化化为两两个个基基因因分分离离定定律律问题来来处理理，，即即黄黄色色∶∶灰色＝灰色＝2∶∶1，短尾，短尾∶∶长尾＝尾＝2∶∶1，由此来确定致死原因是，由此来确定致死原因是Y和和D基因都基因都纯合致死。

合致死　　　　　　 易错易错·防范清零防范清零[易错清零易错清零]易错点易错点1　误认为在两对相对性状的杂交实验中，　误认为在两对相对性状的杂交实验中，F2中出现了中出现了“新性状新性状”点点拨拨　　在在两两对相相对性性状状的的杂交交实验中中，，F2中中出出现了了新新的的表表现型型，，但但并并未未出出现新新性性状状，，新表新表现型的出型的出现是原有性状重新是原有性状重新组合的合的结果易错点易错点2　误认为　误认为YyRr×yyrr和和yyRr×Yyrr均为测交均为测交点点拨拨　　测交交是是指指F1与与隐性性纯合合子子杂交交因因此此虽然然YyRr×yyrr和和yyRr×Yyrr这两两对组合的后代的基因型相同，但只有合的后代的基因型相同，但只有YyRr×yyrr称称为测交易错点易错点3　不能敏锐进行　不能敏锐进行“实验结果数据实验结果数据”与与“9∶∶3∶∶3∶∶1及其变式及其变式”间的有效转化间的有效转化点点拨拨　　涉涉及及两两对相相对性性状状的的杂交交实验时，，许多多题目目给出出的的结果果并并非非9∶∶3∶∶3∶∶1或或3∶∶6∶∶7或或9∶∶3∶∶4或或10∶∶6或或9∶∶7等等规律律性性比比，，而而是是列列出出许多多实验结果果的的真真实数数据据如如F2数数据据为90∶∶27∶∶40或或25∶∶87∶∶26或或333∶∶259等等，，针对此此类看看似似毫毫无无规律律的的数数据据，，应设法法将将其其转化化为“9∶∶3∶∶3∶∶1或其或其变式式”的的规律性比，才能将律性比，才能将问题化解。

化解易易错错点点4　　不不能能灵灵活活进进行行“信信息息转转化化”克克服服思思维维定定势势，，误误认认为为任任何何状状况况下下唯唯有有“纯纯合合子子”自自交才不会发生交才不会发生“性状分离性状分离”点点拨拨　　由由于于基基因因间相相互互作作用用或或制制约，，或或由由于于环境境因因素素对基基因因表表达达的的影影响响，，可可导致致“不同基因型不同基因型”的生物表的生物表现为“相同表相同表现型型”某某观观赏赏植植物物的的花花色色有有红红、、白白两两种种花花色色，，果果实实形形状状有有三三角角形形、、卵卵圆圆形形两两种种为为探探究究该该植物花色、果实形状的遗传方式，分别进行两组实验植物花色、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：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：[规范答题规范答题]亲本亲本F1F2三角形果实三角形果实三角形果实三角形果实三角形果实三角形果实(301株株)卵圆形果实卵圆形果实卵圆形果实卵圆形果实(20株株)实实验验二二：：纯纯合合红红花花植植株株与与纯纯合合白白花花植植株株进进行行杂杂交交，，F1全全部部表表现现为为红红花花。

若若F1自自交交，，得得到到的的F2植植株株中中，，红红花花为为272株株，，白白花花为为212株株；；若若用用纯纯合合白白花花植植株株的的花花粉粉给给F1红红花花植植株株授粉，得到的子代植株中，红花为授粉，得到的子代植株中，红花为101株，白花为株，白花为302株1)该该植植物物花花色色遗遗传传、、果果实实形形状状遗遗传传分分别别遵遵循循________、、________(填填“分分离离定定律律”“自自由由组合定律组合定律”或或“伴性遗传伴性遗传”)(2)“实实验验一一”F2三三角角形形果果实实植植株株中中，，部部分分个个体体无无论论自自交交多多少少代代，，其其后后代代果果实实的的表表现现型型仍仍然然为为三三角角形形，，这这样样的的个个体体在在F2三三角角形形果果实实植植株株中中的的比比例例为为________，，其其基基因因型型为为_________________________________________3)“实验二实验二”F2中白花植株中白花植株________(填填“都是都是”或或“不都是不都是”)纯合体，纯合体，F2中红花植株的基中红花植株的基因型种类因型种类________(填填“多于多于”“等于等于”或或“少于少于”)白花植株的基因型种类。

白花植株的基因型种类答卷采样答卷采样错因分析错因分析 果果实实的的基基因因型型只只要要有有AA或或BB，，无无论论自自交交多多少少代代，，都都不不会会发发生生性性状状分分离离F2相相关关基基因因型型有有AABB、、AABb、、AaBB、、AAbb、、aaBB，，所所占占比比例例为为，，正正确确答答案案为为，，AABB、、AABb、、AaBB、、AAbb、、aaBB白白花花的的基基因因型型可可表表示示为为A_bb、、aaB_、、aabb，，即即F2中中白白花花植植株株基基因因型型5种种，，有有纯纯合合子子，，也也有有杂杂合合子子，故正确答案为，故正确答案为不都是不都是课堂小结课堂小结思维导图思维导图晨读必背晨读必背1.基基因因自自由由组组合合定定律律的的实实质质是是等等位位基基因因分分离离的的同同时时，，非非同同源源染染色色体体上上的的非等位基因非等位基因自由组合自由组合2.在在自自由由组组合合中中的的每每一一对对相相对对性性状状，，若若单单独独地地分分析析都都遵遵守守基基因因的的分分离离定定律律3.分分离离定定律律和和自自由由组组合合定定律律是是真真核核生生物物细细胞胞核核基基因因在在有有性性生生殖殖中中的的传传递递规律。

分离定律是自由组合定律的基础分离定律是自由组合定律的基础4.在在完完全全显显性性的的情情况况下下，，两两对对相相对对性性状状的的纯纯合合子子杂杂交交，，F1为为双双显显性性个个体体，，F2有有4种种表表现现型型，，比比例例为为9∶∶3∶∶3∶∶1但但由由于于基基因因之之间间的的相相互互作作用用及及致致死死基基因的存在，结果往往会出现与因的存在，结果往往会出现与9∶∶3∶∶3∶∶1不一致的分离比不一致的分离比。