综合提能检测(七)由“配子不育”和“致死效应”现象透析遗传规律的“经典”与“例外”

综合提能检测（七）由“配子不育”和“致死效应”现象透析遗传规律的“经典”与“例外”一、选择题1．(2021·浙江6月选考)某玉米植株产生的配子种类及比例为YR∶Yr∶yR∶yr＝1∶1∶1∶1。若该个体自交，其F1中基因型为YyRR个体所占的比例为()A．1/16 B．1/8C．1/4 D．1/2解析：选B分析题意可知，YR、yR配子产生的概率均为1/4，故产生YyRR个体的概率＝1/4×1/4×2＝1/8。2．(2021·沈阳二模)豌豆的花腋生和花顶生(受基因A、a控制)，半无叶型和普通叶型(受基因F、f控制)是两对相对性状。现利用花腋生普通叶型植株甲、花顶生普通叶型植株乙和花腋生半无叶型植株丙进行杂交实验，实验结果如下表所示。则甲、乙、丙的基因型分别是()亲本组合F1的表型及其比例甲×乙花腋生普通叶型∶花顶生普通叶型＝1∶1乙×丙花腋生普通叶型∶花腋生半无叶型＝1∶1甲×丙全部表现为花腋生普通叶型A.AaFF、aaFF、AAff B．AaFf、aaFf、AAffC．AaFF、aaFf、AAff D．AaFF、aaFf、Aaff解析：选C由花顶生普通叶型植株乙×花腋生半无叶植株丙→F1全为花腋生，可知花腋生为显性性状，花顶生为隐性性状；由花腋生普通叶型植株甲×花腋生半无叶型植株丙→F1全为普通叶型，可知普通叶型为显性性状，半无叶型为隐性性状。由以上分析可知，甲为花腋生普通叶型，由甲×乙的F1花顶生∶花腋生＝1∶1可知，甲为Aa；由甲×丙F1全为普通叶可知，甲为FF，故甲的基因型为AaFF；乙为花顶生普通叶型(aaF_)，由乙×丙F1有半无叶型(ff)，可知乙基因型为aaFf；丙为花腋生半无叶型(A_ff)，由乙×丙F1全为花腋生可知丙基因型为AAff。3．甜荞麦的果形和花药性状独立遗传，某同学将纯种的尖形瘦果、正常花药甜荞麦与纯种的圆形瘦果、小花药甜荞麦杂交得到F1植株，再让F1自交获得F2，发现F2中结尖形瘦果的植株与结圆形瘦果植株的比例约为3∶1，正常花药的植株与小花药的植株比例约为9∶7。将F1与圆形瘦果、小花药亲本杂交，子代植株中尖形瘦果∶圆形瘦果＝1∶1，正常花药∶小花药＝1∶3。仅考虑控制上述性状的基因，不考虑突变和交叉互换。下列相关叙述错误的是()A．亲本圆形瘦果、小花药植株无显性基因，F1的每对基因均杂合B．正常花药性状的出现需非同源染色体上相应两对基因均为显性C．F2植株中结尖形瘦果、小花药的植株所占的比例大约为7/64D．F2中的植株有27种基因型，其中圆形瘦果、小花药的基因型有5种解析：选C由F2中果形性状比例约为3∶1可知，尖形瘦果为显性性状，且果形性状受一对符合分离定律的基因控制(假设用A、a表示)。由F2花药性状比例约为9∶7可知，与花药有关的基因为两对符合自由组合定律的基因控制(假设用B、b和D、d表示)，且当B、D同时存在时，表现为正常花药，其余均为小花药。由以上分析可知，F1的基因型为AaBbDd，表现为尖形瘦果、正常花药，因此正常花药为显性性状。亲本的基因型分别为AABBDD、aabbdd，F1的基因型为AaBbDd，每对基因均杂合。亲本圆形瘦果、小花药植株的基因型为aabbdd，无显性基因，A正确；正常花药性状的基因型为B_D_，两对基因遵循自由组合定律，故正常花药的出现需非同源染色体上相应两对基因均为显性，B正确；已知F2中结尖形瘦果的植株与结圆形瘦果植株的比例约为3∶1，正常花药的植株与小花药的植株比例约为9∶7，故F2植株中结尖形瘦果、小花药的植株所占的比例大约为3/4×7/16＝21/64，C错误；F2中的植株有3×9＝27(种)基因型，其中圆形瘦果、小花药的基因型有1×5＝5(种)，D正确。4．某自花传粉的植物其圆叶(A)和尖叶(a)、抗病(B)和不抗病(b)为两对相对性状。现有一批基因型相同的圆叶抗病杂合子的该植物，自然生长。根据基因和染色体的关系推测子代哪种结果最不可能出现()A．子代圆叶抗病和尖叶抗病之比为3∶1B．子代圆叶抗病和尖叶不抗病之比为3∶1C．子代圆叶抗病∶圆叶不抗病∶尖叶抗病∶尖叶不抗病为9∶3∶3∶1D．子代圆叶抗病∶圆叶不抗病∶尖叶抗病∶尖叶不抗病为1∶1∶1∶1解析：选D若这批圆叶抗病杂合子的基因型为AaBB，则自交后子代的基因型为AABB∶AaBB∶aaBB＝1∶2∶1，表型为圆叶抗病∶尖叶抗病＝3∶1，A不符合题意；若这批圆叶抗病杂合子的基因型为AaBb，且A/a、B/b位于一对同源染色体上，且A与B连锁，a与b连锁，不考虑交叉互换，AB与ab产生的配子为AB∶ab＝1∶1，自交后子代的基因型及比例为AABB∶AaBb∶aabb＝1∶2∶1，表型为圆叶抗病∶尖叶不抗病＝3∶1，B不符合题意；若这批圆叶抗病杂合子的基因型为AaBb，且A/a、B/b位于非同源染色体上，遵循自由组合定律，AaBb产生的配子为AB∶Ab∶aB∶ab＝1∶1∶1∶1，自交后子代的基因型为A_B_∶A_bb∶aaB_∶aabb＝9∶3∶3∶1，表型为圆叶抗病∶圆叶不抗病∶尖叶抗病∶尖叶不抗病＝9∶3∶3∶1，C不符合题意；子代圆叶抗病∶圆叶不抗病∶尖叶抗病∶尖叶不抗病＝1∶1∶1∶1，为AaBb(两对基因独立遗传)的测交比例，圆叶抗病杂合子的自交后代不可能出现这个比例，D符合题意。5．果蝇的野生型和突变型受常染色体上的两对等位基因(A、a和B、b)控制，当A和B同时存在时表现为野生型，其他表现为突变型。现用两只基因型相同的野生型雌雄果蝇杂交，子代野生型∶突变型＝3∶1。下列关于该杂交实验的分析，错误的是()A．体现了基因的分离定律B．亲本基因型可能都是AaBbC．两对等位基因独立遗传D．父本能产生两种等比例精子解析：选C由题干信息可知，两只基因型相同的野生型果蝇杂交得到的子代发生性状分离，且野生型与突变型的比例为3∶1，符合基因的分离定律，A正确。若亲本基因型都是AaBb时，当两对基因位于一对染色体上，且A与B在同一条染色体上，a与b在同一条染色体上，则杂交后代为AABB∶AaBb∶aabb＝1∶2∶1，即野生型∶突变型＝3∶1；而若两对基因独立遗传，则杂交后代野生型∶突变型＝9∶7，故两对基因不是独立遗传，B正确，C错误。因两亲本基因型相同，且都为野生型，而杂交子代发生了性状分离，且性状分离比为3∶1，说明亲本为杂合子，若为单杂合子(AaBB或AABb)，则父本能产生两种等比例精子(AB、aB或AB、Ab)；若为双杂合子，根据B、C选项分析可知，能产生AB和ab两种等比例精子，D正确。6．某一老鼠种群中老鼠毛色有棕色、银灰色和黑色，已知毛色由一组复等位基因控制，且A1控制棕色，A2控制银灰色，A3控制黑色。如表为有关杂交实验及结果(每组均为一对亲本)，据此判断下列叙述错误的是()组别亲本子代(F1)甲棕色×棕色2/3棕色、1/3银灰色乙棕色×银灰色1/2棕色、1/2银灰色丙棕色×黑色1/2棕色、1/2银灰色丁银灰色×黑色全是银灰色A．由杂交实验结果可知，该组复等位基因中A1对A2、A3均为显性，A2对A3为显性B．可推知棕色鼠有2种基因型，银灰色鼠有2种基因型，黑色鼠有1种基因型C．甲组的F1自由交配，其F2表型及比例为棕色∶银灰色＝1∶1D．在该鼠群中，存在两只老鼠杂交的子代有三种表型的可能解析：选C由甲组棕色×棕色，后代中出现了银灰色可知，棕色对银灰色为显性，即A1对A2为显性；由丁组银灰色×黑色，后代中只出现了银灰色可知，银灰色对黑色为显性，即A2对A3为显性；由丙组棕色×黑色，后代一半是棕色，一半是银灰色可知，棕色对黑色为显性，即A1对A3为显性，A正确；由甲组棕色×棕色，后代棕色∶银灰色＝2∶1可知，棕色鼠中存在致死基因型，由丙组实验可知亲本棕色鼠(A1A2)和F1中棕色鼠(A1A3)均存活，因此推测是棕色基因(A1)纯合致死，故棕色鼠基因型有A1A2、A1A32种，银灰色鼠基因型有A2A2、A2A32种，黑色鼠基因型有A3A31种，B正确；若甲组亲本组合为A1A2×A1A3，则甲组的子一代(F1)的基因型为1/3A1A2(棕色)、1/3A1A3(棕色)、1/3A2A3(银灰色)，子一代群体中A1的基因频率为1/3，A2的基因频率为1/3，A3的基因频率为1/3，则子一代自由交配产生的F2为1/9A1A1(致死)、2/9A1A2(棕色)、2/9A1A3(棕色)、1/9A2A2(银灰色)、2/9A2A3(银灰色)、1/9A3A3(黑色)，即F2表型及比例为棕色∶银灰色∶黑色＝4∶3∶1，C错误；基因型为A1A3的棕色个体与基因型为A2A3的银灰色个体杂交，后代中会出现棕色(A1A2、A1A3)、银灰色(A2A3)、黑色(A3A3)三种表型，D正确。7．某种动物的毛色由位于常染色体上的两对独立遗传的等位基因(A、a和B、b)控制，A基因控制黄色色素的合成，B基因控制灰色色素的合成，当两种色素都不存在时，该动物毛色表现为白色，当A、B基因同时存在时，该动物的毛色表现为褐色，但当配子中同时存在基因A、B时，配子致死，下列说法正确的是()A．基因与性状都是一一对应的B．将纯种白毛个体与纯种褐毛个体杂交得到的后代都是褐毛C．基因型为AaBb的个体杂交后代中褐毛∶黄毛∶灰毛∶白毛＝2∶3∶3∶1D．该动物的基因型共有8种，表型4种解析：选C基因和性状并不是简单的一一对应的关系，如题中毛色有两对基因决定，A错误；由于配子中同时存在基因A、B时，配子致死，该动物不可能存在AABB的个体，即不存在纯种褐毛的个体，B错误；基因型为AaBb的个体只能产生Ab、aB、ab三种配子，且比例为1∶1∶1，所以杂交后代的基因型有AaBb∶Aabb∶aaBb∶aaBB∶AAbb∶aabb＝2∶2∶2∶1∶1∶1，统计表型及比例为褐毛∶黄毛∶灰毛∶白毛＝2∶3∶3∶1，C正确；基因型为AABB、AABb、AaBB个体的形成需要基因型为AB配子的参与，但基因型为AB的配子致死，故该动物种群中只有3×3－3＝6(种)基因型，表型为4种，D错误。8．(2021·承德模拟)牛群中的有角和无角为一对相对性状，由常染色体上的等位基因A和a控制，有一条染色体上带有致死基因(致死基因的表达受性激素的影响)。根据表格杂交实验及结果判断，错误的是()实验一有角()×无角(♀)F1雌有角∶无角＝1∶1雄有角∶无角＝1∶1实验二F1有角(♀)×F1有角()F2雌有角∶无角＝3∶1雄有角∶无角＝2∶1A．致死基因的表达受雄性激素的影响B．致死基因是显性基因C．致死基因与A在一条染色体上D．用多对F2中有角(♂)和无角(♀)杂交，后代有角个体与无角个体比例为1∶1解析：选B根据实验二结果中F2雌雄个体比例的差异，可以判断致死基因的表达受雄性激素的影响，A正确。由实验二中有角与有角杂交，F2中存在无角可知，有角对于无角为显性，因此有角基因型为AA、Aa，无角基因型为aa。F2中雌性有角∶无角＝3∶1，所以实验二中F1有角基因型均为Aa，F2基因型及比例为AA∶Aa∶aa＝1∶2∶1，F2雌性比例正常，雄性出现2∶1的分离比，因此可能是AA致死，即致死基因为隐性基因，且与A在一条染色体上，B错误，C正确。因为雄性个体中AA纯合致死，所以F2中有角雄性(Aa)和无角雌性(aa)杂交，后代有角与无角个体的比例＝Aa∶aa＝1∶1，D正确。9．某雌雄同株二倍体植物含有一对等位基因A和a，其中A基因纯合时该植物不能产生雌配子，a基因纯合时该植物不能产生雄配子，基因型为Aa的植株完全正常。现以若干基因型为Aa的植株为亲本交配得到F1。理论上，通过下列各交配方式所得F2植株中，完全正常植株所占比例不为1/2的是()A．让F1全部植株自交B．让F1全部植株自由交配C．让F1中基因型为AA、Aa的植株自由交配D．让F1中基因型为Aa、aa的植株自由交配解析：选B基因型为Aa的植株交配，所得F1的基因型及比例为AA∶Aa∶aa＝1∶2∶1，其中基因型为AA、aa的个体均不能自交产生后代，只有基因型为Aa的个体可自交产生后代，F1全部植株自交，F2植株基因型及比例为1/4AA、1/2Aa、1/4aa，其中完全正常植株Aa所占比例为1/2，A不符合题意；F1全部植株自由交配，F1产生的雌配子基因型及比例为A∶a＝1∶2，雄配子基因型及比例为A∶a＝2∶1，由此可得F2中AA∶Aa∶aa＝(1/3×2/3)∶[(1/3×1/3)＋(2/3×2/3)]∶(2/3×1/3)＝2∶5∶2，故F2植株中完全正常植株Aa所占比例为5/9，B符合题意；F1中基因型为AA、Aa的植株自由交配，F1产生的雌配子基因型及比例为A∶a＝1∶1，雄配子基因型及比例为A∶a＝2∶1，由此可得F2中AA∶Aa∶aa＝(1/2×2/3)∶[(1/2×1/3)＋(1/2×2/3)]∶(1/2×1/3)＝2∶3∶1，所以F2植株中完全正常植株Aa所占比例为1/2，C不符合题意；F1中基因型为Aa、aa的植株自由交配，F1产生的雌配子基因型及比例为A∶a＝1∶2，雄配子基因型及比例为A∶a＝1∶1，由此可得F2中AA∶Aa∶aa＝(1/3×1/2)∶[(1/3×1/2)＋(2/3×1/2)]∶(2/3×1/2)＝1∶3∶2，所以F2植株中完全正常植株Aa所占比例为1/2，D不符合题意。10．(2021·泰安二模，多选)玉米植株的宽叶与窄叶是由单基因控制的一对相对性状。将宽叶与窄叶两种纯合亲本间行种植(玉米间授粉机会均等)得F1，其中窄叶亲本所结籽粒发育成的植株中宽叶和窄叶均有。现选取F1中部分宽叶植株与窄叶植株杂交，所得F2中宽叶∶窄叶＝7∶5。下列叙述错误的是()A．玉米植株的宽叶为隐性性状B．F1玉米植株中宽叶所占的比例为7/12C．上述选取F1中部分宽叶植株与窄叶植株杂交所得F2窄叶基因的频率为17/24D．若将F1中选取的那部分宽叶玉米种植，则后代玉米植株宽叶∶窄叶＝119∶25解析：选AB玉米间行种植既能进行自交又能进行杂交，由题干信息“宽叶与窄叶两种纯合亲本间行种植得F1，其中窄叶亲本所结籽粒发育成的植株中宽叶和窄叶均有”可知，宽叶为显性性状，A错误；假设纯合宽叶亲本基因型为AA，窄叶玉米基因型为aa，亲本中A基因和a基因频率都为1/2，F1玉米植株中宽叶所占的比例为1－1/2×1/2＝3/4，B错误；由于F1中部分宽叶植株与窄叶植株杂交所得F2中宽叶∶窄叶＝7∶5，则F2中宽叶植株的基因型为AA、Aa，窄叶全为aa，F2窄叶基因(a)的频率＝7/12×1/2＋5/12＝17/24，C正确；假设F1中选取的那部分宽叶玉米Aa比例为m，则AA比例为(1－m)，因为“选取F1中部分宽叶植株与窄叶植株杂交，F2中宽叶∶窄叶＝7∶5”，则m/2＝5/(7＋5)＝5/12，m＝5/6，即F1中选取的那部分宽叶玉米Aa的比例为5/6，则AA的比例为1/6，因此F1产生配子a＝5/12，A＝7/12；将F1中选取的那部分宽叶玉米杂交，后代窄叶为5/12×5/12＝25/144，宽叶为119/144，故植株宽叶∶窄叶＝119∶25，D正确。11．(2021·镇江模拟，多选)现有4个纯合南瓜品种，其中2个品种的果形表现为圆形(圆甲和圆乙)，1个表现为扁盘形(扁盘)，1个表现为长形(长)。用这4个南瓜品种做了2个实验，结果如下。下列说法错误的是()实验1：圆甲×圆乙，F1为扁盘，F2中扁盘∶圆∶长＝9∶6∶1实验2：扁盘×长形，F1为扁盘，F2中扁盘∶圆∶长＝9∶6∶1A．南瓜果形的遗传受两对基因控制，且遵循基因自由组合定律B．实验1的F2扁盘果中有四种基因型，且比例为4∶2∶2∶1C．长形品种植株与实验1中F2所有扁盘南瓜杂交，其后代各种表型的比例为3∶3∶1D．用长形品种的花粉分别对两个实验的F1植株授粉，其后代中表型比例均为1∶1∶1∶1解析：选CD由F2中的分离比为9∶6∶1可知，南瓜果形受两对等位基因控制，且遵循基因自由组合定律，A正确；实验1的F2扁盘果中有四种基因型，分别为AaBb、AABb、AaBB、AABB，且比例为4∶2∶2∶1，B正确；长形品种植株的基因型为aabb，实验1中F2所有扁盘南瓜的基因型可表示为A_B_，二者杂交相当于测交，其后代各种表型的比例为F2所有扁盘南瓜产生的配子比例，即AB∶Ab∶aB∶ab＝4∶2∶2∶1，因此二者杂交的表型及比例为扁盘∶圆∶长＝4∶4∶1，C错误；用长形品种(aabb)的花粉分别对两个实验的F1植株(AaBb)授粉，其后代中基因型及比例均为AaBb∶Aabb∶aaBb∶aabb＝1∶1∶1∶1，表型及比例为扁盘∶圆∶长＝1∶2∶1，D错误。12．(多选)基因型为Aa的雌雄动物个体相互交配得F1。下列有关F1的表型、比例和产生原因的叙述正确的是()A．若显隐性之比为3∶1，则可能是雌性个体无法表现出隐性性状B．若显隐性之比为1∶1，则可能是A基因在雌性个体中只有纯合时才表现出显性C．若显隐性之比为5∶1，则可能是具有a基因的雄配子有一半不具有受精能力D．若显隐性之比为2∶1，则可能是A基因纯合会使合子致死解析：选BCDAa雌雄个体相互交配，由于等位基因分离和受精作用，子代AA∶Aa∶aa＝1∶2∶1，显隐性之比为3∶1，不存在雌性个体无法表现出隐性性状的现象，A错误；若A基因在雌性个体中只有纯合时才使个体呈显性，Aa的雌雄动物个体相互交配，则显性性状A_(即AA所有雌性＋A_所有雄性)所占的比例为1/4×1/2＋1/2×3/4＝1/2，显性∶隐性＝1∶1，B正确；若50%含有a基因的雄配子不具有受精能力，故雄配子的比例为A∶a＝1/2∶(1/2×1/2)＝2∶1，雌配子的种类及比例为A∶a＝1∶1，故隐性性状所占比例为1/3×1/2＝1/6，故显性∶隐性＝5∶1，C正确；若A基因纯合使合子致死，Aa的雌雄动物个体相互交配，子代基因型及比例为Aa∶aa＝2∶1，即显性∶隐性＝2∶1，D正确。二、非选择题13．(2021·广州模拟)油菜(两性植物)是四大油料作物之一，同时也具有很高的观赏价值。其花色受三对独立遗传的基因控制。其中白花对黄花由基因W/w控制：WW表现为白花，Ww表现为乳白花，ww表现为黄花。黄花对金黄花受基因A/a、B/b控制，基因型为aabb的个体才能开金黄花。现有3个品系亲本的基因型，分别是甲品系：白花WWAABB，乙品系：黄花wwAABB，丙品系：金黄花wwaabb。回答下列问题：(1)油菜花色的遗传遵循____________________定律。(2)甲品系和乙品系杂交后代F1自交，F2的表型及比例为________________________________________________________________________。(3)乙品系和丙品系杂交后代F1自交，F2的表型及比例为____________________________________。(4)甲品系和丙品系杂交后代F1自交，F2的表型及比例为白花∶乳白花∶黄花∶金黄花＝16∶32∶15∶1，则可以推测三对基因的相互作用关系为________________________________。请利用现有个体设计实验进行验证，写出实验思路及预测结果。_________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)由题干信息三对基因独立遗传可知，油菜花色的遗传遵循基因的自由组合定律。(2)甲品系和乙品系杂交后代F1的基因型为WwAABB，表现为乳白花，F1自交，F2的基因型及比例为WWAABB∶WwAABB∶wwAABB＝1∶2∶1，因此F2的表型及比例为白花∶乳白花∶黄花＝1∶2∶1。(3)乙品系和丙品系杂交后代F1的基因型为wwAaBb，表现为黄花，F1自交，F2的基因型比例为wwA_B_∶wwA_bb∶wwaaB_∶wwaabb＝9∶3∶3∶1，由于wwaabb才能表现为金黄花，因此F2的表型及比例为黄花∶金黄花＝15∶1。(4)甲品系和丙品系杂交后代F1的基因型为WwAaBb，表现为乳白花，F1自交，F2的表型及比例为白花∶乳白花∶黄花∶金黄花＝16∶32∶15∶1，该比例为(1白花∶2乳白花∶1黄花)×(15黄花∶1金黄花)获得，据此可以推断仅在ww时才能表现出基因A/a、B/b控制的性状，该推断可通过WwAaBb与wwaabb的测交实验进行验证，测交后代的基因型为WwAaBb、WwAabb、WwaaBb、Wwaabb、wwAaBb、wwAabb、wwaaBb、wwaabb，根据推测其表型依次为乳白花、乳白花、乳白花、乳白花、黄花、黄花、黄花、金黄花，即若测交表型及比例为乳白花∶黄花∶金黄花＝4∶3∶1，则可验证上述推测。答案：(1)基因的自由组合(2)白花∶乳白花∶黄花＝1∶2∶1(3)黄花∶金黄花＝15∶1(4)W基因会抑制A/a、B/b基因的表达(只有w基因时，A/a、B/b基因才能表达)实验思路：选择F1与丙品系进行杂交，观察并统计子代油菜花色种类及比例。预测结果：子代油菜花色种类及比例为乳白花∶黄花∶金黄花＝4∶3∶114．(2021·长沙模拟)某生物兴趣小组在校园实验基地开展了某易被锈菌感染的自花传粉豆科植物杂交实验：用不抗锈病粉花与抗锈病粉花杂交，子一代全为不抗锈病紫花，让子一代自交，子二代中，抗锈病∶不抗锈病＝1∶3，紫花∶粉花∶白花＝5∶6∶1，若控制两对相对性状的基因独立遗传。请回答下列问题：(1)该植物的这两对相对性状受________对等位基因控制。在子二代中，紫花、粉花和白花中抗锈病∶不抗锈病均为________；不抗锈病粉花基因型共________种。(2)子二代中紫花∶粉花∶白花＝5∶6∶1，出现这样的分离比，有人认为是同时含两个显性基因的花粉不育，现有子一代、子二代可用，要验证这一观点，请选择________________和________________杂交，子代表型及比例为________________________，则含两个显性基因的花粉不育。(3)目前只有子二代幼苗，他们想通过最简便，用时又较少的方法获得抗锈病白花纯合种子。请写出实验思路与方法。_______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)由题干信息可知，植物的抗锈病与不抗锈病受一对等位基因控制(假设用A/a表示)，植物的花色受两对等位基因控制(假设用B/b、C/c表示)，则该植物的这两对相对性状受三对等位基因控制。控制这两对相对性状的基因独立遗传，子一代的不抗锈病的基因型是Aa，则子二代中，紫花、粉花和白花中不抗锈病∶抗锈病均为3∶1，子二代中不抗锈的基因型有AA、Aa两种，粉花的基因型是单显，子一代紫花的基因型是BbCc，则子二代粉花的基因型有BBcc、Bbcc、bbCC、bbCc共四种，则子二代中不抗锈病粉花基因型共2×4＝8(种)。(2)根据子二代中紫花∶粉花∶白花＝5∶6∶1，提出可能的原因是基因型为BC的花粉不育，则可采取子一代紫花作为父本进行测交，即BbCc(♂)×bbcc(♀)，若存在BC花粉不育，则后代的基因型及比例是Bbcc∶bbCc∶bbcc＝1∶1∶1，表现性及比例是粉花∶白花＝2∶1。(3)由上述分析可知，存在基因型为BC的花粉不育，子二代中抗锈病植株的基因型都是aa，子二代中紫花的基因型有1BbCC、1BBCc、3BbCc，粉花的基因型有1BBcc、2Bbcc、1bbCC、2bbCc，白花的基因型有1bbcc。现欲从子二代中的幼苗为材料培育出抗锈病白花纯合种子(aabbcc)，最简单且用时最少的方法是将子二代幼苗全部接种锈菌，淘汰不抗锈菌植株；待长成成熟植株后，只保留抗锈病白花(aabbcc)，让其自花传粉(自交)，则植株上所结的都是抗锈病白花纯合种子。答案：(1)三3∶18(2)子一代的紫花(♂)子二代的白花(♀)粉花∶白花＝2∶1(3)将子二代幼苗全部接种锈菌，淘汰不抗锈菌植株；