学年生物人教版必修2作业与测评122 孟德尔实验的启示和利用分离定律解决自由组合问题.docx

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学年生物人教版必修2作业与测评122孟德尔实验的启示和利用分离定律解决自由组合问题

第2课时　孟德尔实验的启示和利用分离定律解决自由组合问题

基础必刷题

1．遗传学奠基人孟德尔获得成功的原因有：

①选用自花传粉的豌豆作实验材料；②先针对一对相对性状，后对多对相对性状进行研究的方法；③运用统计学方法；④实验工具较先进；⑤科学设计实验程序、运用假说—演绎法，其中正确的是（　　）

A．①②⑤B．③④⑤

C．①②③⑤D．②③④⑤

答案　C

解析　豌豆有诸多的优点，选用豌豆作实验材料是成功的原因之一，①正确；采用由单因子到多因子的科学思路，先针对一对相对性状，后对多对相对性状进行研究，②正确；运用统计学方法，③正确；实验工具并不先进，④错误；运用了假说—演绎法，⑤正确。

2．用基因型为AabbCcdd与AaBbCcDD的亲本小麦进行杂交，所有等位基因独立遗传，遵循遗传定律，则F1的表现型和基因型种类数分别是（　　）

A．8和27B．4和9

C．8和18D．16和36

答案　C

解析　基因型为AabbCcdd与AaBbCcDD的亲本小麦进行杂交，分别对每一对等位基因进行研究，Aa×Aa后代表现型有2种，bb×Bb后代表现型有2种，Cc×Cc后代表现型有2种，dd×DD后代表现型有1种，因此后代的表现型有2×2×2×1＝8种；Aa×Aa后代基因型有3种，bb×Bb后代基因型有2种，Cc×Cc后代基因型有3种，dd×DD后代基因型有1种，故后代基因型种类有3×2×3×1＝18种，综上所述，C正确。

3．下列基因型的个体中，只能产生一种类型的配子的是（　　）

A．AaBbDdB．aaBbdd

C．aaBBDdD．AAbbDD

答案　D

解析　解答本题最简单的方法是逐对分析法，即首先将自由组合定律问题转化为若干个分离定律问题；其次根据基因的分离定律计算出每一对基因产生的配子种类，最后再相乘。

AaBbDd能产生2×2×2＝8种配子，A错误；aaBbdd能产生1×2×1＝2种配子，B错误；aaBBDd能产生1×1×2＝2种配子，C错误；AAbbDD属于纯合子，只能产生AbD一种配子，D正确。

4．基因型为AaBb的个体与aaBB个体杂交，F1的表现型比例是（　　）

A．9∶3∶3∶1B．1∶1

C．3∶1∶3∶1D．3∶1

答案　B

解析　基因型为AaBb的个体与aaBB个体杂交，可以分解成Aa与aa杂交，以及Bb与BB杂交。

Aa与aa杂交后代表现型为Aa∶aa＝1∶1，Bb与BB杂交后代表现型为B_∶bb＝1∶0。

因此AaBb的个体与aaBB个体杂交，F1的表现型比例是（1∶1）×（1∶0）＝1∶1。

5．某同学用碗豆进行测交实验，得到4种表现型的后代，数量分别是85、92、89、83，则这株豌豆的基因型不可能是（　　）

A．DdYYRRB．ddYyRr

C．DdYyRrD．DDYyRr

答案　A

解析　DdYYRR有一对杂合子的基因，因此能够产生两种配子，测交后代的比例应接近1∶1，A错误；ddYyRr有两对杂合子的基因，因此能够产生四种配子，测交后代的比例应接近1∶1∶1∶1，B正确；DdYyRr有三对杂合子的基因，若有两对基因连锁，则能够产生四种配子，测交后代的比例应接近1∶1∶1∶1，C正确；DDYyRr中有两对杂合子的基因，因此能够产生四种配子，测交后代的比例应接近1∶1∶1∶1，D正确。

6．让独立遗传的黄色非甜玉米YYSS与白色甜玉米yyss杂交，F1代自交，在F2中得到白色甜玉米80株，那么F2中表现型不同于亲本的杂合植株约为（　　）

A．160B．240C．320D．480

答案　C

解析　F1即是YySs，它自交遵循孟德尔遗传定律中的自由组合定律。

白色甜玉米的基因型为yyss，是双隐性，占总数的1/16。

黄色非甜玉米与白色甜玉米是两个亲本，F2中表现型与双亲不同是黄色甜玉米和白色非甜玉米，基因型有YYss，Yyss，yySS，yySs，其中杂合植株为Yyss、yySs，占总数的比例为

×

＋

×

＝

，后代总数为80÷

＝1280，所以F2中表现型不同于亲本的杂合植株为1280×

＝320株。

7．人类生长发育中，基因D是耳蜗正常所必需的，基因E是听神经正常所必需的。

如果两个正常的双亲生了一个先天性耳聋的孩子，则双亲的基因型不可能是（　　）

A．DDEe×DDEeB．DdEe×DdEE

C．DdEe×DdEeD．DDEe×DdEE

答案　D

解析　由这对夫妇生出先天耳聋的孩子（基因型为D_ee或ddE_或ddee），且这对夫妇正常可知这对夫妇必定同在某一基因上是杂合子。

8．黄色圆粒豌豆和绿色圆粒豌豆杂交，对其子代表现型按每对相对性状进行统计，结果如下图所示，黄绿基因为Y和y，圆皱基因为R和r。

请问杂交后代中：

（1）子代表现型及其在总数中所占的比例是_________________________。

（2）实验中所用亲本的基因型为________________。

（3）能稳定遗传的占总数的________，后代个体中自交能产生性状分离的占________。

（4）表现型中重组类型所占的比例为________，重组类型中能作为品种保留下来的占________。

答案　

（1）黄圆∶黄皱∶绿圆∶绿皱＝3∶1∶3∶1　

（2）YyRr和yyRr　（3）1/4　3/4　（4）1/4　1/2

解析　

（1）由题图得出：

子代黄∶绿＝1∶1；圆∶皱＝3∶1，组合起来得出表现型及其在总数中所占的比例是：

黄圆∶黄皱∶绿圆∶绿皱＝（1∶1）×（3∶1）＝3∶1∶3∶1。

（2）黄圆∶黄皱∶绿圆∶绿皱＝（1∶1）×（3∶1）＝3∶1∶3∶1，推出亲本基因型为YyRr×yyRr。

（3）亲本基因型为YyRr×yyRr，Yy×yy后代yy的比例为1/2，Rr×Rr后代中RR比例为1/4，rr比例为1/4，所以能稳定遗传的yyrr比例为1/2×1/4＝1/8，yyRR比例为1/2×1/4＝1/8,1/8＋1/8＝1/4。

剩下的都是杂合子，个体中自交能产生性状分离，占3/4。

（4）子代重组类型为黄皱和绿皱，由题图可得黄皱＝1/2×1/4＝1/8，绿皱＝1/2×1/4＝1/8,1/8＋1/8＝1/4；重组类型中能作为品种保留下来的为纯合子。

亲本基因型为YyRr×yyRr，黄皱纯合子为YYrr，Yy×yy后代无YY，所以黄皱无纯合子；绿皱纯合子为yyrr，Yy×yy后代yy的比例为1/2，Rr×Rr后代中rr比例为1/4，yyrr比例为1/2×1/4＝1/8，则重组类型中纯合子所占比例为（1/8）/（1/4）＝1/2。

9．人的眼色是由两对等位基因（A和a、B和b）（两者独立遗传）共同决定的，在一个个体中两对基因处于不同状态时，人的眼色如下表：

个体的基因型

性状表现（眼色）

四显（AABB）

黑色

三显一隐（AABb、AaBB）

褐色

二显二隐（AaBb、AAbb、aaBB）

黄色

一显三隐（Aabb、aaBb）

深蓝色

四隐（aabb）

浅蓝色

若有一对黄色眼夫妇，其基因型均为AaBb，从理论上计算：

（1）他们所生子女中，基因型有________种，表现型有________种。

（2）他们所生子女中，与亲代表现型不同的个体所占的比例为________。

（3）他们所生子女中，能稳定遗传的个体的表现型及其比例为____________________________。

（4）若子女中的黄色眼的女性与另一家庭的浅蓝色眼的男性婚配，该夫妇生下浅蓝色眼小孩的概率为________。

答案　

（1）9　5　

（2）

（3）黑色∶黄色∶浅蓝色＝1∶2∶1　（4）

解析　这对黄色眼夫妇的基因型均为AaBb，后代应出现9种基因型，但表现型不是4种而是5种，其中黑色∶褐色∶黄色∶深蓝色∶浅蓝色＝1∶4∶6∶4∶1。

他们所生子女中，与亲代表现型不同的个体所占的比例为1－

＝

；能够稳定遗传的个体应是纯合子，比例为黑色∶黄色∶浅蓝色＝1∶2∶1；子女中黄色眼的女性基因型为AaBb、AAbb或aaBB，其比例为4∶1∶1。

男性的基因型为aabb，只有AaBb与aabb婚配能生下浅蓝色眼小孩，概率为

×

×

＝

。

能力提升题

对应学生用书P7　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

1．下列有关基因分离定律和基因自由组合定律的说法，错误的是（　　）

A．孟德尔在研究分离定律和自由组合定律时，都用到了假说—演绎法

B．二者揭示的都是生物细胞核遗传物质的遗传规律

C．在生物性状遗传中，两个定律各自发生

D．基因分离定律是基因自由组合定律的基础

答案　C

解析　孟德尔在研究分离定律和自由组合定律时，都用到了同一种科学的研究方法——假说—演绎法，A正确；基因的分离定律与自由组合定律揭示的都是生物细胞核遗传物质的遗传规律，B正确；在生物性状遗传中，两个定律同时发生，其中，基因的分离定律是自由组合定律的基础，C错误，D正确。

2．（2015·海南高考）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，子代遗传因子组成有16种

D．按照孟德尔定律，对AaBbCc个体进行测交，测交子代遗传因子组成有8种

答案　D

解析　孟德尔不支持融合遗传观点，A错误；孟德尔的描述过程发生在减数分裂产生配子时，B错误；按照孟德尔定律，AaBbCcDd个体自交，子代遗传因子组成有3×3×3×3＝81种，C错误；按照孟德尔定律，对AaBbCc个体进行测交，即AaBbCc×aabbcc，子代遗传因子组成有2×2×2＝8种，D正确。

3．大鼠的毛色由独立遗传的两对遗传因子控制。

用黄色大鼠与黑色大鼠进行杂交实验，结果如图。

据图判断，下列叙述正确的是（　　）

A．黄色为显性性状，黑色为隐性性状

B．F1与黄色亲本杂交，后代有两种性状表现类型

C．F1和F2中灰色大鼠均为杂合子

D．F2黑色大鼠与米色大鼠杂交，其后代中出现米色大鼠的概率为

答案　B

解析　两对遗传因子杂交，F2中灰色比例最高，所以灰色为双显性性状，米色最少，为双隐性性状，黄色、黑色为单显性性状，A错误；F1为双杂合子（假设为AaBb），与黄色亲本（假设为aaBB）杂交，后代有两种表现类型，B正确；F2出现性状分离，体色由两对遗传因子控制，则灰色大鼠中有

为纯合子（AABB），其余为杂合子，C错误；F2的黑色大鼠中纯合子（AAbb）所占比例为

，与米色（aabb）杂交不会产生米色大鼠，杂合子（Aabb）所占比例为

，与米色大鼠（aabb）交配产生米色大鼠的概率为

，所以F2黑色大鼠与米色大鼠杂交产生米色大鼠的概率为

×

＝

，D错误。

4．两对独立遗传的等位基因（A、a和B、b，且两对基因完全显隐性）分别控制豌豆的两对相对性状。

植株甲与植株乙进行杂交，下列相关叙述正确的是（　　）

A．若子二代出现9∶3∶3∶1的性状分离比，则两亲本的基因型为AABB×aabb

B．若子一代出现1∶1∶1∶1的性状分离比，则两亲本的基因型为AaBb×aabb

C．若子一代出现3∶1∶3∶1的性状分离比，则两亲本的基因型为AaBb×aaBb

D．若子二代出现3∶1的性状分离比，则两亲本可能的杂交组合有4种情况

答案　D

解析　基因型为AABB×aabb或AAbb×aaBB的两亲本杂交，子二代均出现9∶3∶3∶1的性状分离比；基因型为AaBb×aabb或Aabb×aaBb的两亲本杂交，子一代均出现1∶1∶1∶1的性状分离比；基因型为AaBb×aaBb或AaBb×Aabb的两亲本杂交，子一代均出现3∶1∶3∶1的性状分离比；若子二代出现3∶1的性状分离比，则两亲本可能的杂交组合有AABB×AAbb、aaBB×aabb、AABB×aaBB、AAbb×aabb4种情况。

5．手指交叠时，右拇指叠上为显性（R），左拇指叠上为隐性（r）。

短食指基因为TS，长食指基因为TL，此性状的体现还受性激素的影响，TS在男性为显性，TL在女性为显性。

R/r与TS/TL两对等位基因分别位于两对常染色体上。

一对夫妇均为右拇指叠上、短食指，生有左拇指叠上、长食指的女儿和右拇指叠上、短食指的儿子。

则该夫妇再生一个孩子是右拇指叠上、长食指女儿的概率为（　　）

A．1/16B．3/16C．3/8D．9/16

答案　B

解析　该夫妇基因型为RrTSTL和RrTSTS，二者再生一个右拇指叠上、长食指女儿（R_TL_）的概率为3/4×1/2×1/2＝3/16。

6．小麦子粒色泽由4对独立遗传的基因（A和a、B和b、C和c、D和d）所控制，只要有一个显性基因存在就表现红色，只有全隐性才为白色。

现有杂交实验：

红粒×红粒→红粒∶白粒＝63∶1，则其双亲基因型不可能的是（　　）

A．AabbCcDd×AabbCcDd

B．AaBbCcDd×AaBbccdd

C．AaBbCcDd×aaBbCcdd

D．AaBbccdd×aaBbCcDd

答案　D

解析　由题意可知，4对基因的遗传符合自由组合定律，两个红粒亲本杂交，A项中白粒占（1/4）×1×（1/4）×（1/4）＝1/64，红粒占1－1/64＝63/64；B项中白粒占（1/4）×（1/4）×（1/2）×（1/2）＝1/64，红粒占1－1/64＝63/64；C项中白粒占（1/2）×（1/4）×（1/4）×（1/2）＝1/64，红粒占1－1/64＝63/64；D项中白粒占（1/2）×（1/4）×（1/2）×（1/2）＝1/32，红粒占1－1/32＝31/32。

所以双亲的基因型不可能是AaBbccdd×aaBbCcDd，D符合题意。

7．某种蛙眼色的表现型与基因型的对应关系如下表（两对基因独立遗传）：

表现型

蓝眼

绿眼

紫眼

基因型

A_B_

A_bb、aabb

aaB_

现有蓝眼蛙与紫眼蛙杂交，F1有蓝眼和绿眼两种表现型，理论上F1蓝眼蛙∶绿眼蛙为（　　）

A．3∶1B．3∶2C．9∶7D．13∶3

答案　A

解析　蓝眼蛙（A_B_）与紫眼蛙（aaB_）杂交，F1有蓝眼（A_B_）和绿眼（A_bb、aabb）两种表现型，据此推断亲本蓝眼蛙的基因型为AABb，紫眼蛙的基因型为aaBb。

AABb×aaBb后代的表现型及比例为AaB_（蓝眼蛙）∶Aabb（绿眼蛙）＝3∶1。

8．某植物的花色由两对等位基因控制，且两对基因独立遗传。

纯合的蓝花品种与纯合的紫花品种杂交，F1为蓝花，F1自交，F2中紫花∶红花∶蓝花＝1∶6∶9。

若将F2中一株蓝花植株自交，子代植株（F3）表现型种类及比例不可能出现（　　）

A．3种、1∶6∶9B．2种、1∶1

C．2种、3∶1D．1种、1

答案　B

解析　纯合的蓝花品种与纯合的紫花品种杂交，F1为蓝花，F1自交，F2中紫花∶红花∶蓝花＝1∶6∶9。

说明F1的蓝花为双杂合子AaBb，F2中蓝花植株的基因型为：

AABB、AaBB、AABb、AaBb，共4种。

F2中一株蓝花植株若为AABB，则后代表现型的种类为1种；若为AaBB，则后代表现型为2种，比例为3∶1；若为AABb，则后代表现型也为2种，比例为3∶1；若为AaBb，则后代表现型为3种，比例为1∶6∶9。

9．决定某种瓢虫翅色的复等位基因有5种，TA、TB、TC、TD、t基因，且TA、TB、TC、TD相对t为显性，TA、TB、TC、TD之间为共显性关系（基因型中成对的基因都表现）；决定翅瓢虫眼色的基因有2种，分别为完全显隐性的G、g。

眼色与翅色基因独立遗传。

则瓢虫的表现型种类为（　　）

A．12种B．15种C．22种D．33种

答案　C

解析　两对基因的遗传遵循孟德尔自由组合定律。

决定瓢虫翅色的复等位基因有5种，TA、TB、TC、TD相对t为显性，TA、TB、TC、TD之间为共显性关系，共有基因型（TAt、TBt、TCt、TDt、tt、TATA、TATB、TATC、TATD、TBTB、TBTC、TBTD、TCTC、TCTD、TDTD）15种，表现型为11种翅色；决定翅瓢虫眼色的基因G、g，共有（GG、Gg、gg）三种基因型，2种表现型，则瓢虫的表现型种类总共有11×2＝22种，C正确。

10．（2016·上海高考）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厘米，每个显性基因增加纤维长度2厘米。

棉花植株甲（AABbcc）与乙（aaBbCc）杂交，则F1的棉花纤维长度范围是（　　）

A．6～14厘米B．6～16厘米

C．8～14厘米D．8～16厘米

答案　C

解析　棉花植株甲（AABbcc）与乙（aaBbCc）杂交，F1中至少含有一个显性基因A，长度最短为6＋2＝8厘米，含有显性基因最多的基因型是AaBBCc，长度为6＋4×2＝14厘米。

11．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，三对等位基因独立遗传，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。

请完成下列问题。

（1）若采用花粉鉴定法验证基因的分离定律，可选择亲本①与________或________杂交。

（2）若采用花粉鉴定法验证基因的自由组合定律，可以选择亲本________和________杂交。

（3）若培育糯性抗病优良品种，应选用________和________亲本杂交。

（4）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，置于显微镜下观察，将会看到________种类型的花粉，且比例为________________。

答案　

（1）②　④　

（2）②　④　（3）①　④

（4）4　1∶1∶1∶1

解析　

（1）基因分离定律的实质是等位基因随着同源染色体的分开而分离。

花粉粒分为长形和圆形、非糯性和糯性，且非糯性花粉遇碘液变蓝，糯性花粉遇碘液为棕色，若采用花粉鉴定法验证基因的分离定律，所选亲本杂交后要能得到基因型为Dd或Aa的子代，因此可应选择亲本①与②或①与④杂交。

（2）花粉粒分为长形和圆形、非糯性和糯性，且非糯性花粉遇碘液变蓝，糯性花粉遇碘液为棕色，若采用花粉鉴定法验证基因的自由组合定律，所选亲本杂交后要能得到基因型为AaDd的子代，因此应选择的两亲本为②和④。

（3）要培育糯性抗病（aaT_）优良品种，应选①（AATTdd）和④（aattdd）作亲本进行杂交。

（4）②（AAttDD）和④（aattdd）杂交所得F1的基因型为AattDd。

F1的花粉有AtD、Atd、atD、atd共4种，比例为1∶1∶1∶1，所以将F1的花粉涂在载玻片上，加碘液染色后，置于显微镜下观察将会看到4种类型的花粉，且比例为1∶1∶1∶1。

12．某植物的花色有紫色、红色和白色三种类型，下表为该植物纯合亲本间杂交实验的结果，请分析回答：

组别

亲本

F1

F2

1

白花×红花

紫花

紫花∶红花∶白花＝9∶3∶4

2

紫花×红花

紫花

紫花∶红花＝3∶1

3

紫花×白花

紫花

紫花∶红花∶白花＝9∶3∶4

（1）该性状是由________对独立遗传的等位基因决定的，且只有在________种显性基因同时存在时才能开紫花。

（2）若表中红花亲本的基因型为aaBB，则第1组实验中白花亲本的基因型为________，F2表现为白花的个体中，与白花亲本基因型相同的占________。

若第1组和第3组的白花亲本之间进行杂交，后代的表现型应________。

（3）若第3组实验的F1与某纯合白花品种杂交，请简要分析杂交后代可能出现的表现型及其比例以及相对应的该白花品种可能的基因型：

①如果杂交后代紫花与白花之比为1∶1，则该白花品种的基因型是________；

②如果____________________________，则该白花品种的基因型是aabb。

答案　

（1）两　两　

（2）AAbb　1/4　全为白花

（3）①AAbb　②杂交后代紫花∶红花∶白花＝1∶1∶2

解析　

（1）由表格可知，第1组中F2的表现型紫花∶红花∶白花＝9∶3∶4，是9∶3∶3∶1的变形，所以该性状是由两对独立遗传的等位基因决定的，双显性表现为紫色，即只有在两种显性基因同时存在时才能开紫花。

（2）第1组中F1的紫花基因型为AaBb，红花亲本的基因型为aaBB，则白花亲本的基因型为AAbb；F2白花基因型及比例为AAbb∶Aabb∶aabb＝1∶2∶1，所以与白花亲本基因型相同的占1/4；同理第3组中F1的紫花基因型为AaBb，所以第3组中亲本白花的基因型为aabb，第1组和第3组的白花亲本之间进行杂交，即AAbb×aabb，后代基因型为Aabb，表现型全为白花。

（3）第3组实验的F1为AaBb，纯合白花的基因型为AAbb或aabb。

若该白花品种的基因型是AAbb，F1与纯合白花品种杂交，即AaBb×AAbb，子代基因型有四种，分别为AABb、AAbb、AaBb、Aabb，紫花与白花之比为1∶1；若白花品种的基因型是aabb，F1与纯合白花品种杂交，即AaBb×aabb，子代的基因型有四种，AaBb、Aabb、aaBb、aabb，紫花∶红花∶白花＝1∶1∶2。

13．某植物的花色受两对独立遗传的等位基因控制，为研究该植物花色遗传的规律，科研人员用纯合红花植株和纯合白花植株为材料进行杂交实验，统计结果如下图所示。

请回答下列问题：

（1）该植物的红花和白花这对相对性状中，显性性状是________。

F2中纯合子约有________株。

（2）若F2中的白花植株自交，则其子代植株的表现型是________。

F2中红花植株的基因型共有________种。

若该植物为自花传粉，将收获的F2中每株红花植株的所有种子单独种植在一起得到一个株系，则全部开红花株系占全部株系的比例为________。

（3）F2中出现白花植株∶红花植株＝84∶108的原因是：

____________，

且受精时____________________________。

答案　

（1）红花　48　

（2）白花　4　

（3）F1中的红花植株在形成配子时，控制红花和白花的两对基因发生了等位基因的分离和非等位基因的自由组合，形成4种配子　雌雄配子随机结合

解析　

（1）F2白花∶红花＝84∶108＝7∶9，所以控制白花与红花的是两对基因，设为A、a和B、b，则F1基因型为AaBb，自交产生F2中纯合子为

×192＝48株。

（2）

全是白花，F2中红花的基因型为A_B_4种，1AABB、2AABb、2AaBB、4AbBb，每株红花种子单独种植，全部开红花的占

。

（3）F2出现白花∶红花＝84∶108的原因是控制白花与红花的是两对基因，形成配子时成对的基因分离，不成对的自由组合产生4种配子，受精时雌雄配子随机结合。