1、高考资源网（） 您身边的高考专家温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。讲 核心考点全突破考点一两对相对性状的杂交实验分析 1.用分离定律分析两对相对性状的杂交实验：2.F2中9种基因型和4种表现型分析：3.F2出现9331的4个条件：(1)所研究的每一对相对性状只受一对等位基因控制，而且等位基因要完全显性。(2)不同类型的雌、雄配子都能发育良好，且受精的机会均等。(3)所有后代都应处于相同的环境中，而且存活率相同。(4)供实验的群体要足够大，个体数量要足够多。4.基因分离定律和自由组合定律的关系及相关比例图解
2、： 【典例】(2019全国卷)某种甘蓝的叶色有绿色和紫色。已知叶色受2对独立遗传的基因A/a和B/b控制，只含隐性基因的个体表现隐性性状，其他基因型的个体均表现显性性状。某小组用绿叶甘蓝和紫叶甘蓝进行了一系列实验。实验：让绿叶甘蓝(甲)的植株进行自交，子代都是绿叶实验：让甲植株与紫叶甘蓝(乙)植株进行杂交，子代个体中绿叶紫叶=13回答下列问题。(1)甘蓝叶色中隐性性状是_，实验中甲植株的基因型为_。(2)实验中乙植株的基因型为_，子代中有_种基因型。(3)用另一紫叶甘蓝(丙)植株与甲植株杂交，若杂交子代中紫叶和绿叶的分离比为11，则丙植株所有可能的基因型是_；若杂交子代均为紫叶，则丙植株所有可
3、能的基因型是_；若杂交子代均为紫叶，且让该子代自交，自交子代中紫叶与绿叶的分离比为151，则丙植株的基因型为_。【解析】本题考查遗传规律的应用。(1)实验中绿叶甘蓝(甲)的植株进行自交，子代都是绿叶，不发生性状分离，实验中甲植株与紫叶甘蓝(乙)植株杂交，子代个体中绿叶紫叶=13，说明绿叶为隐性性状，即甲植株的基因型为aabb。(2)分析可知，乙植株的基因型为AaBb，与甲植株杂交的后代基因型有4种，分别为AaBb、Aabb、aaBb、aabb。(3)紫叶甘蓝(丙)植株与甲植株杂交，子代中紫叶和绿叶的分离比为11，说明丙植株有一对杂合基因，而另一对为隐性纯合基因，所以可能的基因型为Aabb、aa
4、Bb；若杂交子代均为紫叶，则丙植株至少含有一对显性纯合基因，可能的基因型有AABB、AAbb、aaBB、AaBB、AABb；若杂交子代均为紫叶，且让该子代自交，自交子代中紫叶与绿叶的分离比为151，说明该子代的基因型为AaBb，则丙植株的基因型为AABB。答案：(1)绿色aabb(2)AaBb4(3)Aabb、aaBbAABB、AAbb、aaBB、AaBB、AABbAABB (1)实验中子代紫色个体自交，性状表现及比例是紫叶绿叶=151、紫叶绿叶=11、紫叶绿叶=31。(2)实验中子代紫色个体随机传粉受精，后代性状表现及比例是紫叶绿叶=11925。 (2018全国卷)某小组利用某二倍体自花传粉
5、植物进行两组杂交实验，杂交涉及的四对相对性状分别是：红果(红)与黄果(黄)，子房二室(二)与多室(多)，圆形果(圆)与长形果(长)，单一花序(单)与复状花序(复)。实验数据如表：组别杂交组合F1表现型F2表现型及个体数甲红二黄多红二450红二、160红多、150黄二、50黄多红多黄二红二460红二、150红多、160黄二、50黄多乙圆单长复圆单660圆单、90圆复、90长单、160长复圆复长单圆单510圆单、240圆复、240长单、10长复回答下列问题：(1)根据表中数据可得出的结论是：控制甲组两对相对性状的基因位于_上，依据是_；控制乙组两对相对性状的基因位于_(填“一对”或“两对”)同源染
6、色体上，依据是_。(2)某同学若用“长复”分别与乙组的两个F1进行杂交，结合表中数据分析，其子代的统计结果不符合_的比例。【解析】本题主要考查基因的自由组合定律应用的相关知识。(1)因题干说明是二倍体自花传粉植物，杂交的品种均为纯合子，根据表中甲的数据，可知F1的红果、二室均为显性性状，甲的两组F2的表现型之比均接近9331，所以控制甲组两对相对性状的基因位于非同源染色体上；乙组的F1的圆形果、单一花序均为显性性状，F2中第一组：圆长=(660+90)(90+160)=31、单复=(660+90)(90+160)=31；第二组：圆长=(510+240)(240+10)=31、单复=(510+2
7、40)(240+10)=31；但两组的四种表现型之比均不是9331，说明控制每一对性状的基因均遵循分离定律，控制这两对性状的基因不遵循自由组合定律，因此这两对基因位于一对同源染色体上。(2)根据表中乙组的杂交实验得到的F1均为双显性杂合子，F2的性状分离比不符合9331，说明F1产生的四种配子比不是1111，所以用两个F1分别与“长复”双隐性个体测交，不会出现1111的比例。答案：(1)非同源染色体F2中两对相对性状表现型的分离比符合9331一对F2中每对相对性状表现型的分离比都符合31，而两对相对性状表现型的分离比不符合9331(2)1111【加固训练】(2019合肥模拟)某单子叶植物的非糯
8、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，三对等位基因分别位于三对同源染色体上，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：AATTdd、AAttDD、AAttdd、aattdd。则下列说法正确的是()A.若采用花粉鉴定法验证基因的分离定律，应该用和杂交所得F1的花粉B.若采用花粉鉴定法验证基因的自由组合定律，可以观察和杂交所得F1的花粉C.若培育糯性抗病优良品种，应选用和亲本杂交D.将和杂交后所得的F1的花粉涂在载玻片上，加碘液染色后，均为蓝色【解析】选C。采用花粉鉴定法验证基因的分离定律，必须是可以在显微镜下观
9、察的性状，即非糯性(A)和糯性(a)，花粉粒长形(D)和圆形(d)。和杂交所得F1的花粉只有抗病(T)和染病(t)不同，显微镜下观察不到，A错误；若采用花粉鉴定法验证基因的自由组合定律，则应该选择组合，观察F1的花粉，B错误；将和杂交后所得的F1(Aa)的花粉涂在载玻片上，加碘液染色后，一半花粉为蓝色，一半花粉为棕色，D错误。考点二自由组合定律的解题思路及方法 1.利用分离定律解决自由组合定律问题分解组合法：(1)解题思路：分解：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组分离定律问题。如AaBbAabb，可分解为两组：AaAa，Bbbb。分析：
10、按分离定律进行逐一分析。组合：将用分离定律研究获得的结果运用乘法原理、加法原理进行综合，得到正确答案。(2)解题方法：种类问题：题型分类解题规律示例配子类型(配子种类数)2n(n为等位基因对数)AaBbCCDd产生配子种类数为23=8配子间结合方式种类数配子间结合方式种类数等于配子种类数的乘积AABbCcaaBbCC配子间结合方式种类数=42=8子代基因型(或表现型)种类双亲杂交(已知双亲基因型)，子代基因型(或表现型)等于各性状按分离定律所求基因型(或表现型)的乘积AaBbCcAabbcc，基因型为322=12种，表现型为222=8种概率问题：题型分类解题规律示例基因型(或表现型)的比例按分
11、离定律求出相应基因型(或表现型)，然后利用乘法原理进行组合AABbDdaaBbdd，F1中A_B_D_所占的比例为13/41/2=3/8纯合子或杂合子出现的比例按分离定律求出纯合子的概率的乘积为纯合子出现的比例，杂合子概率=1-纯合子概率AABbDdAaBBdd，F1中AABBdd所占比例为1/21/21/2=1/82.已知亲本和子代的表现型及其比例，求亲代的基因型：(1)“隐性纯合突破法”：一旦出现隐性性状即可直接写出其基因型，并可推知其两个亲代都有隐性基因。(2)“待定基因法”：先根据亲本表现型写出亲本中已知的基因框架，未知的用“_”表示，然后根据子代情况来确定待定部分的基因。如果涉及多对
12、基因，那么最好还是对每对基因(相对性状)分别考虑。3.实验探究不同对基因在染色体上的位置关系：(1)判断基因是否位于不同对同源染色体上。以AaBb为例，若两对等位基因分别位于两对同源染色体上，则产生4种类型的配子。在此基础上进行测交或自交时会出现特定的性状分离比，如1111或9331等。(2)完全连锁遗传现象中的基因确定。基因完全连锁(不考虑交叉互换)时，不符合基因的自由组合定律，其子代也呈现特定的性状分离比，如图所示： 【典例】白粉菌和条锈菌能分别导致小麦感白粉病和条锈病，引起减产。采用适宜播种方式可控制感病程度。下表是株高和株型相近的小麦A、B两品种在不同播种方式下的试验结果。注：“+”的
13、数目表示感染程度或产量高低；“-”表示未感染。据表回答：(1)抗白粉病的小麦品种是_，判断依据是_。(2)设计、两组试验，可探究_。(3)、三组相比，第组产量最高，原因是_。(4)小麦抗条锈病性状由基因T/t控制，抗白粉病性状由基因R/r控制，两对等位基因位于非同源染色体上，以A、B品种的植株为亲本，取其F2中的甲、乙、丙单株自交，收获籽粒并分别播种于不同处理的试验小区中，统计各区F3中的无病植株比例。结果如下表。据表推测，甲的基因型是_，乙的基因型是_，双菌感染后丙的子代中无病植株的比例为_。【解析】本题考查对基因自由组合定律的灵活运用。(1)由、单播A品种小麦均未感染白粉病，可知A品种小麦
14、抗白粉病。(2)、两组单播B品种小麦，但植株密度不同，可探究植株密度对B品种小麦感病程度及产量的影响。(3)、三组总植株密度相同，三者相比，第组产量最高，原因是混播后小麦感病程度下降。(4)根据甲自交后代非抗条锈病抗条锈病=7525=31可推知非抗条锈病为显性性状，抗条锈病为隐性性状；根据乙自交后代结果推知抗白粉病为显性性状，非抗白粉病为隐性性状。根据F2自交F3的性状分离比推知甲、乙、丙的基因型分别是Ttrr、ttRr、TtRr，双菌感染后丙的子代中无病植株的基因型为ttRR或ttRr，比例为3/16。答案：(1)A、组小麦未感染白粉病(2)植株密度对B品种小麦感病程度及产量的影响(3)混播
15、后小麦感病程度下降(4)TtrrttRr18.75%(或3/16) (2019开封模拟)某植物茎秆有短节与长节，叶形有皱缩叶与正常叶，叶脉有绿色和褐色，茎秆有甜与不甜。下面是科研人员用该植物进行的两个实验(其中控制茎秆节长度的基因用A和a表示，控制叶形的基因用B和b表示)。请回答下列问题：(1)实验一纯合的短节正常叶植株与纯合的长节皱缩叶植株杂交，F1全为长节正常叶植株，F2中长节正常叶长节皱缩叶短节正常叶短节皱缩叶=9331。从生态学方面解释上述实验中F1的性状表现有利于_。请在方框内画出F1基因在染色体的位置(用“|”表示染色体，用“”表示基因在染色体上的位置)。(2)实验二纯合的绿色叶脉
16、茎秆不甜植株与纯合的褐色叶脉茎秆甜植株杂交，F1全为绿色叶脉茎秆不甜植株，F2中只有两种表现型，且绿色叶脉茎秆不甜植株褐色叶脉茎秆甜植株=31(无突变、致死现象等发生)。与实验一的F2结果相比，请尝试提出一个解释实验二的F2结果的假设：_。根据你的假设，实验二中F1产生配子的种类有_种。【解析】(1)茎秆长节、正常叶更有利于植株光合作用的进行，增强其生存斗争能力。从F2的表现型比例可知控制茎秆节长、叶形的两对等位基因位于两对同源染色体上，据此可画出基因在染色体上的位置。(2)实验二的F2中只有两种表现型，且比例为31，推测控制叶脉颜色、茎秆甜度的两对等位基因可能位于一对同源染色体上。按照这个假
17、设，F1能产生两种配子。答案：(1)增加光合作用能力，增强生存斗争能力如框内所示 (2)两对等位基因位于一对同源染色体上2 1.利用子代中各种分离比例来推断亲代基因型：(1)9331(31)(31)(AaAa)(BbBb)。(2)1111(11)(11)(Aaaa)(Bbbb)。(3)3311(31)(11)(AaAa)(Bbbb)。(4)31(31)1(AaAa)(BBBB)或(AaAa)(BBBb)或(AaAa)(BBbb)或(AaAa)(bbbb)。2.自由组合定律的验证方法：方法结论自交法F1自交后代的性状分离比为9331，则符合基因的自由组合定律，由位于两对同源染色体上的两对等位基因
18、控制测交法F1测交后代的性状分离比为1111，则符合基因的自由组合定律，由位于两对同源染色体上的两对等位基因控制花粉鉴定法若有四种花粉，其比例为1111，则符合自由组合定律单倍体育种法取花药离体培养，用秋水仙素处理单倍体幼苗，若植株有四种表现型，且比例为1111，则符合自由组合定律【加固训练】1.(2019黄山模拟)水稻高秆(H)对矮秆(h)为显性，抗病(E)对感病(e)为显性，两对性状独立遗传。若让基因型为HhEe的水稻与“某水稻”杂交，子代高秆抗病矮秆抗病高秆感病矮秆感病=3311，则“某水稻”的基因型为()A.HhEeB.hhEeC.hhEED.hhee【解析】选B。针对高秆和矮秆这一对
19、相对性状，子代中高秆矮秆=11，说明亲本为测交类型，即亲本的基因型为Hhhh；针对抗病与感病这一对相对性状，子代中抗病感病=31，说明亲本均为杂合子，即亲本的基因型均为Ee，综合以上分析可知，亲本水稻的基因型是HhEehhEe，B正确。2.(2019太原模拟)利用豌豆的两对相对性状做杂交实验，其中子叶黄色(Y)对绿色(y)为显性，圆粒种子(R)对皱粒种子(r)为显性。现用黄色圆粒豌豆和绿色圆粒豌豆杂交，对其子代性状的统计结果如图所示。下列有关叙述错误的是()A.实验中所用亲本的基因型为YyRr和yyRrB.子代中重组类型所占的比例为1/4C.子代中自交能产生性状分离的占3/4D.让子代黄色圆粒
20、豌豆与绿色皱粒豌豆杂交，后代性状分离比为1111【解析】选D。亲本黄色圆粒豌豆(Y_R_)和绿色圆粒豌豆(yyR_)杂交，对其子代性状分析，黄色绿色=11，圆粒皱粒=31，可推知亲本黄色圆粒豌豆基因型应为YyRr，绿色圆粒豌豆基因型为yyRr。子代重组类型为黄色皱粒和绿色皱粒，黄色皱粒(Yyrr)占1/21/4=1/8，绿色皱粒(yyrr)占1/21/4=1/8，两者之和为1/4。自交能产生性状分离的是杂合子，子代纯合子有yyRR和yyrr，其中yyRR占1/21/4=1/8，yyrr占1/21/4=1/8，两者之和为1/4，则子代杂合子占1-1/4=3/4。子代黄色圆粒豌豆基因型为1/3Yy
21、RR和2/3YyRr，绿色皱粒豌豆基因型为yyrr，杂交所得后代应为黄色圆粒绿色圆粒黄色皱粒绿色皱粒=2211。考点三自由组合定律的遗传特例 1.“和”为16的特殊分离比：(1)基因互作：条件F1(AaBb)自交后代比例F1测交后代比例存在一种显性基因时表现为同一性状，其余正常表现961121两种显性基因同时存在时，表现为一种性状，否则表现为另一种性状9713当某一对隐性基因成对存在时表现为双隐性性状，其余正常表现934112只要存在显性基因就表现为一种性状，其余正常表现15131(2)显性基因累加效应：表现：原因：A与B的作用效果相同，但显性基因越多，其效果越强。2.“和”小于16的由基因致
22、死导致的特殊分离比：(1)致死类型归类分析。显性纯合致死。隐性纯合致死。a.双隐性致死：F1自交后代：A_B_A_bbaaB_ =933。b.单隐性致死(aa或bb致死)：F1自交后代：9A_B_3A_bb或9A_B_3aaB_。(2)致死类问题解题思路。先将其拆分成分离定律单独分析。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。 【典例】(2019江苏高考)杜洛克猪毛色受独立遗传的两对等位基因控制，毛色有红毛、棕毛和白毛三种，对应的基因组成如表。请回答下列问题：毛色红毛棕毛白毛基因组成A_B_A_bb、aaB_aabb(1)棕毛猪的基因型有_种。(2)已知两头纯合的棕毛猪杂交
23、得到的F1均表现为红毛，F1雌雄交配产生F2。该杂交实验的亲本基因型为_。F1测交，后代表现型及对应比例为_。F2中纯合个体相互交配，能产生棕毛子代的基因型组合有_种(不考虑正反交)。F2的棕毛个体中纯合体的比例为_。F2中棕毛个体相互交配，子代白毛个体的比例为_。(3)若另一对染色体上有一对基因I、i，I基因对A和B基因的表达都有抑制作用，i基因不抑制，如I_A_B_表现为白毛。基因型为IiAaBb的个体雌雄交配，子代中红毛个体的比例为_，白毛个体的比例为_。【解析】(1)由表格知：棕毛猪的基因组成为A_bb、aaB_，因此棕毛猪的基因型有：AAbb、Aabb、aaBB、aaBb 4种。(2
24、)由两头纯合棕毛猪杂交，F1均为红毛猪，红毛猪的基因组成为A_B_，可推知两头纯合棕毛猪的基因型为AAbb和aaBB，F1红毛猪的基因型为AaBb；F1测交，即AaBb与aabb杂交，后代基因型及比例为AaBbAabbaaBbaabb=1111，根据表格可知后代表现型及对应比例为红毛棕毛白毛=121；F1红毛猪的基因型为AaBb，F1雌雄个体随机交配产生F2，F2的基因型有：A_B_、A_bb、aaB_、aabb，其中纯合子有AABB、AAbb、aaBB、aabb，能产生棕毛猪(A_bb、aaB_)的基因型组合有：AAbbAAbb、aaBBaaBB、AAbbaabb、aaBBaabb 共4种；
25、F2的基因型及比例为A_B_A_bbaaB_aabb=9331，棕毛猪A_bb、aaB_所占比例为6/16，其中纯合子为AAbb、aaBB，所占比例为2/16，故F2的棕毛个体中纯合体所占的比例为2/6，即1/3。F2的棕毛个体中各基因型及比例为1/6AAbb、2/6Aabb、1/6aaBB、2/6aaBb。棕毛个体相互交配，能产生白毛个体(aabb)的杂交组合及概率为：2/6Aabb2/6Aabb+2/6aaBb2/6aaBb+2/6Aabb2/6aaBb2=1/31/31/4+1/31/31/4+1/31/31/21/22=1/9。(3)若另一对染色体上的I基因对A和B基因的表达有抑制作用
26、，只要有I基因，不管有没有A或B基因都表现为白毛，基因型为IiAaBb个体雌雄交配，后代中红毛个体即基因型为ii A_B_的个体，利用分解法，把Ii和AaBb分开计算，IiIi后代有3/4I _和1/4ii，AaBbAaBb后代基因型及比例为A_B_A_bbaaB_aabb=9331。故子代中红毛个体(ii A_B_)的比例为1/49/16=9/64，棕毛个体(iiA_bb、iiaaB_)所占比例为1/46/16=6/64，白毛个体所占比例为1-9/64-6/64=49/64。答案：(1)4(2)AAbb和aaBB红毛棕毛白毛=12141/31/9(3)9/6449/64 (1)为研究F2红毛
27、猪的基因型，让其与白毛猪交配，基因型为AaBb后代会出现白毛猪，基因型为AABb、AaBB后代会出现棕毛猪，基因型AABB后代全是红毛猪。(2)某棕毛猪与白毛猪交配，后代全是棕毛猪，则该棕毛猪的基因型是aaBB或AAbb。 (2017全国卷)若某哺乳动物毛色由3对位于常染色体上的、独立分配的等位基因决定，其中，A基因编码的酶可使黄色素转化为褐色素；B基因编码的酶可使该褐色素转化为黑色素；D基因的表达产物能完全抑制A基因的表达；相应的隐性等位基因a、b、d的表达产物没有上述功能。若用两个纯合黄色品种的动物作为亲本进行杂交，F1均为黄色，F2中毛色表现型出现了黄褐黑=5239的数量比，则杂交亲本的
28、组合是()A.AABBDDaaBBdd，或AAbbDDaabbddB.aaBBDDaabbdd，或AAbbDDaaBBDDC.aabbDDaabbdd，或AAbbDDaabbddD.AAbbDDaaBBdd，或AABBDDaabbdd【解题指南】(1)题干关键信息：“F2中毛色表现型出现了黄褐黑=5239的数量比”。(2)解题思路：根据F2性状分离比之和判断F1的基因型结合选项判断亲本的基因型。【解析】选D。本题主要考查基因自由组合定律的应用。由题意可知，决定黄毛色的基因型为aa_ _ _ _或A_ _ _D_，决定黑毛色的基因型为A_B_dd，且黑色个体在F2中所占比例为9(52+3+9)=
29、9/64=3/4(3/4)(1/4)，可以推测出F1基因型为AaBbDd(黄色)，再根据亲本为两个纯合的黄色品种以及黄色品种的基因型，可推出杂交亲本的组合可能为AAbbDDaaBBdd，或AABBDDaabbdd，因此D项正确。 性状分离比9331的变式题解题步骤【加固训练】1.豌豆种子的种皮黄色(A)对绿色(a)为显性，圆粒(B)对皱粒(b)为显性，两对相对性状独立遗传，互不影响，基因组成为ab的花粉致死，现有基因型为AaBb的豌豆植株若干，下列说法正确的是()A.选取一植株自交得到的种子黄色绿色为41B.选取一植株自交，其后代中与亲本基因型相同的个体所占比例为1/4C.若选取两株植株进行杂
30、交，子代最多可有6种基因型D.正常情况下不可能存在基因型为Aabb的植株【解析】选B。由题意可知这两对基因遵循基因的自由组合定律，对于AaBb的植株，能产生4种雌配子并且比例为1111，而雄配子只有3种，比例为111，所以自交后得到的种子黄色绿色为51，A错误。选取一植株自交，其后代中与亲本基本型相同的个体所占比例为1/4，B正确。若选取两株植株进行杂交，子代最多可有8种基因型，C错误。正常情况下存在基因型为Aabb的植株，可以是ab的雌配子和Ab的雄配子结合而产生的，D错误。2.某种小鼠的体色受常染色体基因的控制，现用一对纯合灰鼠杂交，F1都是黑鼠，F1中的雌雄个体相互交配，F2体色表现为9
31、黑6灰1白。下列叙述正确的是()A.小鼠体色遗传遵循基因的自由组合定律B.若F1与白鼠杂交，后代表现为2黑1灰1白C.F2灰鼠中能稳定遗传的个体占1/2D.F2黑鼠有两种基因型【解析】选A。根据F2性状分离比可判断小鼠体色遗传基因的遗传遵循自由组合定律；F1(AaBb)与白鼠(aabb)杂交，后代中AaBb(黑)Aabb(灰)aaBb(灰)aabb (白)=1111；F2灰鼠(A_bb、aaB_)中纯合子占1/3；F2黑鼠(A_B_)有4种基因型。3.(2019聊城模拟)科研人员为探究某种鲤鱼体色的遗传，做了如下实验：用黑色鲤鱼与红色鲤鱼杂交，F1全为黑鲤，F1自交结果如表所示。根据实验结果，
32、下列推测错误的是()取样地点F2取样总数(条)F2性状的分离情况黑鲤红鲤黑鲤红鲤1号池1 6991 59210714.8812号池1 5461 4509615.101A.鲤鱼体色中的黑色是显性性状B.鲤鱼的体色由细胞核中的基因控制C.鲤鱼体色的遗传遵循自由组合定律D.F1与隐性亲本杂交，后代中黑鲤与红鲤的比例为11【解析】选D。由题干可知，鲤鱼体色黑色与红色是一对相对性状，用黑色鲤鱼与红色鲤鱼杂交，F1全为黑鲤，可知黑色是显性性状，并由核基因所控制；分析表格，两组杂交后代性状分离比约为151(9331的变形)，说明该性状由2对等位基因控制，在遗传过程中遵循自由组合定律；F1与隐性亲本杂交，后代中黑鲤与红鲤的比例为31。关闭Word文档返回原板块- 24 - 版权所有高考资源网
