以正常的白色籽粒植株为母本进行测交，后代的表现型及比例是 ________________________________________.答案：(1)蓝黑色∶橙红色＝1∶1 (2)AB、Ab、aB、ab 秋水仙素 一致 (3)①缺失 ②黄色∶白色＝1∶1 ③黄色∶白色＝ 1∶1解析：(1)由于杂合的非糯性植株可产生含B和b的两种花粉，比例为1∶1，所以用碘液处理后，显微镜下观察到花粉颜色及比例为蓝黑色∶橙红色＝1∶1.(2)由于基因型为双杂合的黄色非糯性植株(AaBb)可产生AB、Ab、aB、ab 4种配子，所以取其花粉进行离体培养，获得的单倍体幼苗基因型也有4种，分别是AB、Ab、aB、ab.用秋水仙素处理其幼苗可使其染色体数目加倍，得到可育纯合子，因此，这些植株自交，后代不出现性状分离，所得籽粒性状在同一植株上表现一致.(3)①由图一可知，该黄色籽粒植株的一条9号染色体缺失了某一片段，属于染色体结构变异中的缺失.②若A基因位于异常染色体上，让植株甲进行自交产生F1，由于无正常9号染色体的花粉不能参与受精作用，即Aa个体产生的雄配子中只有基因型为a的配子能参与受精作用，所以F1表现型及比例为黄色(Aa)∶白色(aa)＝1∶1.③植株乙(Aaa)在减数第一次分裂过程中3条9号染色体随机移向细胞两极并最终形成含1条和2条9号染色体的配子，则该植株能形成4种可育配子，基因型及比例为A∶Aa∶a∶aa＝1∶2∶2∶1，以植株乙为父本进行测交，即与aa个体进行杂交，后代的表现型及比例为黄色(1Aa、2Aaa)∶白色(2aa、1aaa)＝1∶1. 9 / 9