高中生物必修二优质学案微专题二 自由组合定律的常规解题方法.docx
《高中生物必修二优质学案微专题二 自由组合定律的常规解题方法.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中生物必修二优质学案微专题二 自由组合定律的常规解题方法.docx（24页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
高中生物必修二优质学案微专题二自由组合定律的常规解题方法
微专题二 自由组合定律的常规解题方法
一、应用分离定律解决自由组合定律
1．解题思路
首先，将自由组合定律问题转化为若干个分离定律问题。
在独立遗传的情况下，有几对等位基因就可分解为几个分离定律，如AaBb×Aabb可分解为以下两个分离定律：
Aa×Aa；Bb×bb，然后按分离定律逐一分析。
最后，将获得的结果进行综合，得到正确答案。
2．常见题型分析
（1）配子类型及概率的问题
如AaBbCc产生的配子有多少种？
Aa Bb Cc
↓↓↓
2 × 2 × 2 ＝8种
又如AaBbCc产生ABC配子的概率为
×
×
＝
。
（2）配子间结合方式的问题
如AaBbCc与AaBbCC杂交过程中，配子间结合方式有多少种？
①先求AaBbCc、AaBbCC各自产生多少种配子：
AaBbCc→8种配子；AaBbCC→4种配子。
②再求两亲本配子间结合方式。
由于两性配子间结合是随机的，因此配子间有8×4＝32种结合方式。
（3）子代基因型种类及概率的问题
如AaBbCc与AaBBCc杂交，其后代有多少种基因型？
先分解为三个分离定律，再用乘法原理组合。
⇒后代有3×2×3＝18种基因型
又如该双亲后代中，AaBBCC出现的概率为
（Aa）×
（BB）×
（CC）＝
。
（4）子代表现型种类及概率的问题
如AaBbCc×AabbCc，其杂交后代可能有多少种表现型？
⇒后代有2×2×2＝8种表现型
又如该双亲后代中表现型A_bbcc出现的概率为
（A_）×
（bb）×
（cc）＝
。
（5）根据子代表现型分离比推测亲本基因型，如：
①子代：
9∶3∶3∶1＝（3∶1）（3∶1）⇒AaBb×AaBb
②子代：
1∶1∶1∶1＝（1∶1）（1∶1）⇒
③子代：
3∶1∶3∶1＝（3∶1）（1∶1）⇒
④子代：
3∶1＝（3∶1）×1⇒
例1
（2018·贵州贵阳一中期末）假定某植物五对等位基因是相互自由组合的，杂交组合AaBBCcDDEe×AaBbCCddEe产生的后代中，两对等位基因杂合、三对等位基因纯合的个体所占的比例是（ ）
A．1/2B．1/4C．1/16D．1/64
答案 B
解析 根据基因分离定律，分对计算，其中DD×dd一定得到Dd，在剩下的4对基因组合中，出现杂合子和纯合子的概率都是1/2；要满足题意，则需要除D、d之外的4对基因组合中，有一对为杂合子，另外三对均为纯合子，其概率是4×1/2×1/2×1/2×1/2＝1/4；其中4是指“在4对基因组合（Aa×Aa，Bb×BB，Cc×CC，Ee×Ee）中，有且只有一对出现杂合子的情况有4种”，每一次出现一杂三纯的概率都是1/2×1/2×1/2×1/2。
例2
已知A与a、B与b、D与d三对等位基因自由组合，分别控制3对相对性状。
若基因型分别为AaBbDd、AabbDd的两个体进行杂交，则下列关于杂交后代的推测，正确的是（ ）
A．表现型有8种，基因型为AaBbDd的个体的比例为
B．表现型有4种，基因型为aaBbdd的个体的比例为
C．表现型有8种，基因型为Aabbdd的个体的比例为
D．表现型有8种，基因型为aaBbDd的个体的比例为
答案 D
解析 亲本的基因型分别为AaBbDd、AabbDd，两个体进行杂交，后代表现型种类数为2×2×2＝8（种），故B错误；后代基因型为AaBbDd个体的比例为
×
×
＝
，故A错误；后代基因型为Aabbdd个体的比例为
×
×
＝
，故C错误；后代基因型为aaBbDd个体的比例为
×
×
＝
，故D正确。
二、两对基因控制的性状遗传中异常分离比现象
1．“和”为16的由基因互作或显性基因累加效应导致的特殊分离比
序号
条件
F1（AaBb）自交后代比例
测交后代比例
1
存在一种显性基因（A或B）时表现为同一种性状，其余表现正常
9∶6∶1
1∶2∶1
2
A、B同时存在时表现为一种性状，否则表现为另一种性状
9∶7
1∶3
3
aa（或bb）成对存在时，表现双隐性性状，其余表现正常
9∶3∶4
1∶1∶2
4
只要存在显性基因（A或B）就表现为同一种性状，其余表现正常
15∶1
3∶1
5
显性基因在基因型中的个数影响性状表现
AABB∶（AaBB、AABb）
∶（AaBb、aaBB、AAbb）∶（Aabb、aaBb）∶aabb＝1∶4∶6∶4∶1
AaBb∶（Aabb、aaBb）∶aabb
＝1∶2∶1
2.“和”小于16的由基因致死导致的特殊比例
（1）致死类型归类分析
①显性纯合致死
a．AA和BB致死
b．AA（或BB）致死
②隐性纯合致死
a．双隐性致死
b.单隐性致死（aa或bb）
（2）致死类问题解题思路
第一步：
先将其拆分成分离定律单独分析。
第二步：
将单独分析结果再综合在一起，确定成活个体基因型、表现型及比例。
例3
（2018·河南新乡一中高三上周考）两对相对性状的杂交实验中，F1只有一种表现型，如果F1自交所得F2的性状分离比分别为9∶7、9∶6∶1、15∶1和9∶3∶4，那么F1与隐性个体测交，与此对应的性状分离比分别是（ ）
A．1∶2∶1、4∶1、3∶1和1∶2∶1
B．3∶1、4∶1、1∶3和1∶3∶1
C．1∶3、1∶2∶1、3∶1和1∶1∶2
D．3∶1、3∶1、1∶4和1∶1∶1
答案 C
解析 设两对等位基因分别为A、a和B、b，则F1的基因型为AaBb，当F2的性状分离比为9∶7时，说明生物体的基因型及比例为9A_B_∶（3A_bb＋3aaB_＋1aabb），那么F1与双隐性个体测交，得到的性状分离比是AaBb∶（Aabb＋aaBb＋aabb）＝1∶3；当F2的性状分离比为9∶6∶1时，说明生物体的基因型及比例为9A_B_∶（3A_bb＋3aaB_）∶1aabb，那么F1与双隐性个体测交，得到的性状分离比为AaBb∶（Aabb＋aaBb）∶aabb＝1∶2∶1；当F2性状分离比为15∶1时，说明生物体的基因型及比例为（9A_B_＋3A_bb＋3aaB_）∶1aabb，那么F1与双隐性个体测交，得到的性状分离比是（AaBb＋Aabb＋aaBb）∶aabb＝3∶1；当F2的性状分离比为9∶3∶4时，说明生物体的基因型及比例为9A_B_∶3A_bb∶（3aaB_＋1aabb）或9A_B_∶3aaB_∶（3A_bb＋1aabb），那么F1与双隐性个体测交，后代的性状分离比为1AaBb∶1Aabb∶（1aaBb＋1aabb）＝1∶1∶2或1AaBb∶1aaBb∶（1Aabb＋1aabb）＝1∶1∶2。
例4
（2018·河北衡水中学高三上期末）某鲤鱼种群体色遗传有如下特征，用黑色鲤鱼（简称黑鲤）和红色鲤鱼（简称红鲤）杂交，F1皆为黑鲤，F1雌雄个体相互交配所得F2的性状分离结果如表所示。
据此分析，若用F1（黑鲤）与红鲤杂交，子代中不同性状的数量比是（ ）
取样地点
取样总数
F2性状分离情况
黑鲤
红鲤
黑鲤∶红鲤
1号池
1699
1592
107
14.88∶1
2号池
62
58
4
14.50∶1
A.1∶1∶1∶1B．3∶1
C．1∶1D．15∶1
答案 B
解析 根据F1雌雄个体相互交配所得F2的性状分离比约为15∶1可知，红鲤是双隐性个体，其余基因型个体都表现为黑鲤。
根据黑鲤和红鲤杂交后代都是黑鲤可知，亲代的黑鲤是双显性纯合子，因此F1黑鲤是双杂合个体，双杂合个体和双隐性个体杂交，后代的表现型比例为3∶1。
三、两种遗传病同时遗传时的概率计算
当两种遗传病之间具有“自由组合”关系时，各种患病情况概率如下：
（1）只患甲病的概率是m·（1－n）；
（2）只患乙病的概率是n·（1－m）；
（3）甲、乙两病同患的概率是m·n；
（4）甲、乙两病均不患的概率是（1－m）·（1－n）；
（5）患病的概率：
1－（1－m）·（1－n）；
（6）只患一种病的概率：
m（1－n）＋n·（1－m）。
以上规律可用下图帮助理解：
例5
多指症由显性基因控制，先天性聋哑由隐性基因控制，决定这两种遗传病的基因自由组合，一对男性患多指、女性正常的夫妇，婚后生了一个手指正常的聋哑孩子。
这对夫妇再生下的孩子为手指正常、先天性聋哑、既多指又先天性聋哑这三种情况的可能性依次是（ ）
A.
、
、
B.
、
、
C.
、
、
D.
、
、
答案 A
解析 设多指相关基因用A、a表示，聋哑相关基因用B、b表示。
根据亲子代表现型，可推出亲代基因型：
父AaBb，母aaBb，他们再生一个孩子情况如下图：
①线表示全正常，
×
＝
；
②线表示只患聋哑，
×
＝
；
③线表示只患多指，
×
＝
；
④线表示既患多指又患聋哑，
×
＝
。
据此可得出答案。
例6
有一种软骨发育不全的遗传病，两个患这种病的人（其他性状正常）结婚，他们所生的第一个孩子得白化病和软骨发育不全，第二个孩子性状全部正常。
假设控制这两种病的基因的遗传符合基因的自由组合定律，请预测他们再生一个孩子同时患两病的概率是（ ）
A.
B.
C.
D.
答案 C
解析 两个患有软骨发育不全的人（其他性状正常）结婚，他们所生的第一个孩子得白化病和软骨发育不全，第二个孩子性状全部正常，可以推断出此夫妇的基因型均为AaBb（假设白化病相关基因用A、a表示，软骨发育不全相关基因用B、b表示），他们再生一个孩子同时患两种病的概率是
×
＝
。
1．（2019·山东临沂高二上月考）南瓜的果实中白色（W）对黄色（w）为显性，盘状（D）对球状（d）为显性，两对基因独立遗传。
下列不同亲本组合所产生的后代中结白色球状果实比例最大的一组是（ ）
A．WwDd×wwDDB．WwDd×wwdd
C．WWdd×WWddD．WwDd×WWDD
答案 C
解析 WwDd×wwDD，后代结白色球状果实（W_dd）的概率＝1/2×0＝0；WwDd×wwdd，后代结白色球状果实（W_dd）的概率＝1/2×1/2＝1/4；WWdd×WWdd，后代结白色球状果实（W_dd）的概率＝1；WwDd×WWDD，后代结白色球状果实（W_dd）的概率＝1×0＝0。
2．（2019·襄阳高一检测）在西葫芦的皮色遗传中，已知黄皮基因（Y）对绿皮基因（y）为显性，但在另一白色显性基因（W）存在时，则基因Y和y都不能表达。
现有基因型为WwYy的个体自交，其后代表现型种类及比例是（ ）
A．4种，9∶3∶3∶1B．2种，13∶3
C．3种，12∶3∶1D．3种，10∶3∶3
答案 C
解析 由题意知，基因W抑制Y、y基因表达，基因型为W_Y_、W_yy的个体均表现为白色，基因型为wwyy的个体表现为绿色，基因型为wwY_的个体表现为黄色，因此基因型为WwYy的个体自交后代中表现型有白、黄、绿3种，比例为12∶3∶1。
3．（2018·山东青岛二中高二下期末）鸡的羽毛颜色由两对独立遗传的等位基因A和a、B和b控制，B是有色羽基因，b是白色羽基因。
已知A_B_、aabb、A_bb均表现为白色羽，aaB_表现为有色羽。
下列说法不合理的是（ ）
A．A基因对B基因的表达可能有抑制作用
B．若一白色羽个体测交后代全表现为白色羽，则该白色羽个体的基因型一定为aabb
C．若一有色羽个体测交后代中有色羽∶白色羽＝1∶1，说明该有色羽个体的基因型为aaBb
D．两个基因型为AaBb的个体杂交，后代中表现为有色羽的个体占3/16
答案 B
解析 分析题意可知，只有在B基因存在、A基因不存在时才表现为有色羽，而当B基因和A基因同时存在时表现为白色羽，由此可推测A基因对B基因的表达可能有抑制作用，A项正确；基因型为AAB_、aabb、A_bb的个体与基因型为aabb的个体测交，后代都全表现为白色羽，B项错误；有色羽个体的基因型为aaBB或aaBb，其中只有基因型为aaBb的个体测交，后代才会出现有色羽∶白色羽＝1∶1，C项正确；两个基因型为AaBb的个体杂交，后代中表现为有色羽（aaB_）的个体占1/4×3/4＝3/16，D项正确。
4．（2018·河南南阳一中模考）柑橘的果皮色泽同时受多对等位基因控制（假设相关基因用A、a，B、b，C、c等表示），当个体的基因型中每对等位基因都至少含有一个显性基因时表现为红色，当个体的基因型中每对等位基因都不含显性基因时表现为黄色，其余表现为橙色。
现有三株柑橘进行如下甲、乙两组杂交实验。
实验甲：
红色×黄色→红色∶橙色∶黄色＝1∶6∶1
实验乙：
橙色×红色→红色∶橙色∶黄色＝3∶12∶1
据此分析下列叙述不正确的是（ ）
A．果皮的色泽受3对等位基因的控制
B．实验甲亲、子代中红色果皮植株基因型相同
C．实验乙橙色亲本有3种可能的基因型
D．若实验乙中橙色亲本的基因型已确定，则橙色子代有10种基因型
答案 D
解析 根据题意分析可知，实验甲中：
红色×黄色→红色∶橙色∶黄色＝1∶6∶1，相当于测交，说明果皮的色泽受3对等位基因控制，遵循基因的自由组合定律，A正确；根据以上分析可知，实验甲的亲本基因型组合为AaBbCc×aabbcc，则子代红色果皮植株的基因型也是AaBbCc，B正确；实验乙：
橙色×红色→红色∶橙色∶黄色＝3∶12∶1，由于后代出现了黄色果皮aabbcc（1/16），说明红色亲本基因型为AaBbCc，且亲本相当于一对杂合子自交、两对杂合子测交，则橙色亲本有三种基因型，分别为Aabbcc、aaBbcc或aabbCc，C正确；根据以上分析可知，实验乙中若橙色亲本的基因型已确定，则子代的基因型一共有3×2×2＝12（种），其中红色子代有2种基因型，黄色子代有1种基因型，橙色子代有9种基因型，D错误。
5．豌豆灰种皮（G）对白种皮（g）为显性，黄子叶（Y）对绿子叶（y）为显性，两对基因独立遗传。
现将基因型为GGyy与ggYY的豌豆植株杂交，再让F1自交得F2。
下列相关结论，错误的是（ ）
A．F1植株上所结的种子，种皮细胞的基因组成是GgYy
B．F1植株上所结的种子，子叶颜色的分离比为1∶3
C．若F2自交，F2植株上所结的种子，种皮颜色的分离比为5∶3
D．若F2自交，F2植株上所结的种子，灰种皮绿子叶与白种皮黄子叶的比为9∶5
答案 C
解析 F1植株上所结种子的种皮是母本的珠被发育来的，基因型与母本相同，故种皮基因型为GgYy，A正确；Yy自交后代基因型及比例YY∶Yy∶yy＝1∶2∶1，所以F1种子子叶的颜色及比例是黄色∶绿色＝3∶1，B正确；F2植株所结种子种皮颜色分离比为3∶1，C错误；F2自交，F2植株上所结种子种皮颜色基因型与母本相同，灰种皮∶白种皮＝3∶1；其子叶颜色由F3的基因型控制，F2自交后代（F3）中绿子叶（yy）占
＋
×
＝
，黄子叶占1－
＝
，所以灰种皮绿子叶与白种皮黄子叶比为
∶
＝9∶5，D正确。
6．（2019·江西赣州模考）某植物的花色由两对独立遗传的等位基因（A、a和B、b）控制，花的红色对紫色为显性。
下表是纯合植株杂交实验的数据。
请回答下列相关问题：
亲本组合
F1植株数量
F2植株数量
红色花
紫色花
红色花
紫色花
①红色花×紫色花
98
0
460
31
②红色花×紫色花
105
0
315
99
（1）等位基因A、a和B、b的遗传遵循_________________________________________定律。
（2）组合①中红色花亲本的基因型是________，F2红色花植株共有________种基因型，紫色花植株的基因型是________。
（3）组合②中F1的基因型是________________，F2红色花植株中纯合子约为____________株。
若F2中的红色花植株与紫色花植株杂交，则子代的表现型及比例是________________。
答案
（1）基因的自由组合
（2）AABB 8 aabb
（3）Aabb或aaBb 105 红色花∶紫色花＝2∶1
解析
（1）根据题干信息可知，该植物的花色由两对独立遗传的等位基因（A、a和B、b）控制，说明这两对等位基因的遗传遵循基因的自由组合定律。
（2）实验①中红色花×紫色花，F1全部是红色花，F2红色花∶紫色花＝460∶31≈15∶1，是9∶3∶3∶1的变式，说明F1的基因型为AaBb，且紫色花植株的基因型为aabb，红色花植株的基因型为A_B_、A_bb、aaB_，所以亲本的基因型为AABB和aabb；F2紫色花植株的基因型为aabb，其余都是红色花，所以红色花植株的基因型有3×3－1＝8（种）。
（3）实验②中F2性状分离比接近于3∶1，说明F1红色花植株只有一对基因是杂合的，即F1的基因型为Aabb或aaBb，F2红色花植株中纯合子约占1/3，所以约有315×1/3＝105（株）。
假设F1红色花植株的基因型为Aabb，若F2中的红色花植株（1/3AAbb、2/3Aabb）与紫色花植株（aabb）杂交，子代出现紫色花植株的概率为2/3×1/2＝1/3，所以子代的表现型及比例是红色花∶紫色花＝2∶1。
同理，若F1红色花植株的基因型为aaBb，则结果同上。
1．基因型为AaBb的个体与基因型为aaBb的个体杂交，两对基因独立遗传，则后代中（ ）
A．表现型4种，比例为3∶1∶3∶1；基因型6种
B．表现型2种，比例为3∶1；基因型3种
C．表现型4种，比例为9∶3∶3∶1；基因型9种
D．表现型2种，比例为1∶1；基因型3种
答案 A
解析 可分解为两个分离定律：
Aa×aa→Aa∶aa＝1∶1，Bb×Bb→B_∶bb＝3∶1，则后代有4种表现型且比例为（1∶1）（3∶1）＝3∶1∶3∶1，基因型有2×3＝6种。
2．正常人对苯硫脲感觉味苦，称味者（T），为显性，有人对苯硫脲没有味觉，称味盲（t）。
人的正常（A）对白化病（a）为显性。
有一对味者夫妇（肤色均正常）生了一个味盲白化的孩子，则这对夫妇的基因型为（ ）
A．TTAa×TTAaB．TtAa×TTAa
C．TtAa×TtAaD．TtAA×TtAa
答案 C
解析 将两对性状分开来考虑，一对味者夫妇生了一个味盲（tt）的小孩，则味者双亲均是杂合子Tt；且该孩子也患白化病（aa），则该对夫妇均是杂合子Aa，综合分析，这对夫妇的基因型为TtAa×TtAa，C正确。
3．已知水稻高秆（T）对矮秆（t）为显性，抗病（R）对感病（r）为显性，两对基因独立遗传。
现将一株表现型为高秆、抗病的植株的花粉授给另一株表现型相同的植株，所得后代表现型是高秆∶矮秆＝3∶1，抗病∶感病＝3∶1。
根据以上实验结果，分析下列叙述，错误的是（ ）
A．所得后代的表现型有4种
B．上述两株亲本可以分别通过不同杂交组合获得
C．所得后代的基因型有9种
D．上述两株表现型相同的亲本，基因型不相同
答案 D
解析 根据后代高秆∶矮秆＝3∶1，抗病∶感病＝3∶1，可知两亲本的基因型均为TtRr，杂交后代的表现型有4种、基因型有9种，A、C项正确，D项错误；上述两株亲本可以分别通过TTRR×ttrr→TtRr或TTrr×ttRR→TtRr获得，B项正确。
4．（2019·宁夏银川一中月考）假设家鼠的毛色由A、a和B、b两对等位基因控制，两对等位基因的遗传遵循自由组合定律。
现有两个基因型为AaBb的个体交配，子代中出现黑色家鼠∶浅黄色家鼠∶白色家鼠＝9∶6∶1，则子代浅黄色个体的基因型有（ ）
A．2种B．4种C．5种D．9种
答案 B
解析 子代中家鼠的毛色情况为黑色∶浅黄色∶白色＝9∶6∶1，是9∶3∶3∶1的变式，浅黄色个体占6/16（3/16A_bb＋3/16aaB_），由此可推知子代浅黄色个体的基因型有AAbb、Aabb、aaBB和aaBb，共4种，B项正确。
5．某种植物的花色有白色、红色和紫色，现选取白色和紫色二个纯合品种做杂交实验，结果如下：
P紫花×白花，F1全为紫花，F1自交，F2表现型及比例为9紫花∶3红花∶4白花。
将F2红花植株自交，产生的F3中纯合子占总数的比例为（ ）
A.
B.
C.
D.
答案 D
解析 分析题意可知，植物的花色受两对等位基因控制，且遵循基因的自由组合定律，设相关基因用A、a，B、b表示，F2中红花植株为A_bb（或aaB_），其中
为纯合子，
为杂合子。
分别自交，
纯合子自交后代全为纯合子，
杂合子自交，有一半为纯合子，因此F2红花自交，产生的F3中纯合子占总数的比例为
＋
×
＝
。
6．（2018·河北正定中学期中）玉米的宽叶（A）对窄叶（a）为显性，杂合子宽叶玉米表现为高产；玉米有茸毛（D）对无茸毛（d）为显性，有茸毛玉米植株表面密生茸毛，具有显著的抗病能力，该显性基因纯合时植株幼苗期不能存活。
已知两对基因独立遗传，若高产有茸毛玉米自交产生F1，则F1的成熟植株中（ ）
A．有茸毛与无茸毛之比为3∶1
B．有9种基因型
C．高产抗病类型占1/4
D．宽叶有茸毛类型占1/2
答案 D
解析 分析题意可知，高产有茸毛玉米的基因型为AaDd，其自交后代F1的成熟植株中有茸毛和无茸毛的基因型分别为2/3Dd、1/3dd，因此，后代有茸毛与无茸毛之比为2∶1，A项错误；基因型为AaDd的玉米自交，后代幼苗的基因型有9种，但由于基因型为__DD的幼苗死亡，因此，后代中成熟植株只有6种基因型，B项错误；F1的成熟植株中高产抗病类型的基因型为AaDd，所占比例为1/2×2/3＝1/3，C项错误；F1的成熟植株中宽叶有茸毛的基因型为AADd或AaDd，所占比例为1/4×2/3＋2/4×2/3＝1/2，D项正确。
7．一种观赏植物，纯合的蓝色品种（AABB）与纯合的鲜红色品种（aabb）杂交，F1表现为蓝色，F1自交，F2表现为9蓝∶6紫∶1鲜红。
若将F2中的紫色植株用鲜红色的植株授粉，则其后代的表现型及比例是（ ）
A．1鲜红∶1紫B．2紫∶1鲜红
C．1蓝∶2紫∶1鲜红D．3紫∶1蓝
答案 B
解析 两对等位基因的纯合子杂交，F1为双杂合，只表现一种性状，F1自交后，F2表现为9蓝∶6紫∶1鲜红，孟德尔遗传实验中F2的分离比为9∶3∶3∶1，可推断双显性表现为蓝色（9A_B_），而单显性均表现为紫色（3A_bb＋3aaB_），双隐性表现为鲜红色（1aabb），则F2中紫色植株（1/6AAbb、2/6Aabb、1/6aaBB、2/6aaBb）与鲜红色植株（aabb）杂交，其子代的基因型为1/3Aabb、1/3aaBb、1/3aabb，前两者表现为紫色，后者表现为鲜红色，比例为2∶1。
8．（2019·重庆一中模考）人类中，显性基因D对耳蜗管的形成是必需的，显性基因E对听神经的发育是必需的，二者缺一，个体即聋，这两对基因自由组合。
下列有关说法不正确的是（ ）
A．夫妇中有一个耳聋，也有可能生下听觉正常的孩子
B．一方只有耳蜗管正常，另一方只有听神经正常的夫妇，只能生下耳聋的孩子
C．基因型为DdEe的双亲生下耳聋的孩子的概率为
D．耳聋夫妇可以生下基因型为DdEe的孩子
答案 B
解析 听觉正常与否受两对等位基因的控制，其基因型与所控制的表现型如下表：
性状
听觉正常
听觉不正常（耳聋）
基因型
D_E_
升级会员 