专题01 遗传因子的发现B卷学年高一生物同步.docx

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专题01遗传因子的发现B卷学年高一生物同步

（满分100分，60分钟完成）

班级姓名总分

一、单选题（60分，每题3分）

1．某育种工作者在一次杂交实验时，偶然发现了一个罕见现象：

选取的高茎（AA）豌豆植株与矮茎（aa）豌豆植株杂交，得到的F1全为高茎；其中有一株F1植株自交得到的F2出现了高茎：

矮茎＝35：

1的性状分离比，分析此现象可能是由于环境骤变如降温影响，以下说法最不可能的是（）

A.这一F1植株基因型为AAaa

B.这一F1植株自交出现35：

1的性状分离比是因为发生了基因突变

C.这一F1植株自交，产生的F2基因型有5种，比例为1：

8：

18：

8：

1

D.这一F1植株产生的只含有隐性基因的配子所占比例为六分之一

【答案】B

2．一豌豆杂合子（Aa）植株自交时，下列叙述正确的是（）

A.若自交后代的基因型比例是2：

3：

1，可能是含有隐性基因的配子有50%的死亡造成

B.若自交后代的基因型比例是2：

2：

1，可能是隐性个体有50%的死亡造成

C.若自交后代的基因型比例是4：

4：

1，可能是含有隐性基因的花粉有50%的死亡造成

D.若自交后代的基因型比例是1：

2：

1，可能是花粉有50%的死亡造成

【答案】D

【解析】一豌豆杂合子（Aa）植株自交时，理论上，后代的基因型及比例是AA∶Aa∶aa＝1∶2∶1。

若自交后代基因型比例是2∶3∶1，说明Aa和aa分别有1/4和1/2死亡，则可能是含有隐性基因的雌配子有50%的死亡造成，或者是含有隐性基因的花粉有50%的死亡造成，A错误；若自交后代的基因型比例是2∶2∶1，则可能是显性杂合子和隐性个体都有50%的死亡造成，B错误；若自交后代的基因型比例是4∶4∶1，则可能是含有隐性基因的雌配子和含有隐性基因的花粉各有50%的死亡造成，C错误；花粉有50%的死亡，并不影响花粉的基因型比例，因此若自交后代的基因型比例是1∶2∶1，可能是花粉有50%的死亡造成，D正确。

3．家鼠的灰毛和黑毛由一对等位基因控制，灰毛对黑毛为显性。

现有一只灰毛雌鼠（M），为了确定M是否为纯合子（就毛色而言），让M与一只黑毛雄鼠交配，得到一窝共4个子代。

不考虑变异，下列分析不合理的是（）

A.若子代出现黑毛鼠，则M—定是杂合子

B.若子代全为灰毛鼠，则M—定是纯合子

C.若子代中灰毛雄鼠:

黑毛雌鼠=3:

1，则M—定是杂合子

D.若子代中灰毛雄鼠:

黑毛雌鼠=1:

1，则M—定是杂合子

【答案】B

4．已知某植株的高产与低产这对相对性状受一对等位基因控制，生物兴趣小组的同学用300对亲本均分为2组进行了下表所示的实验。

下列分析错误的是（）

组别

杂交方案

杂交结果

甲组

高产×低产

高产:

低产=7:

1

乙组

低产×低产

全为低产

A.高产为显性性状，低产为隐性性状

B.控制高产和低产的基因的碱基排列顺序不同

C.甲组高产亲本中杂合个体的比例是1/3

D.甲组中高产亲本个体自交产生的低产子代个体的比例为1/16

【答案】C

【解析】由甲组的杂交结果可推知：

高产为显性性状，低产为隐性性状，A正确；控制高产和低产的基因为不同的有遗传效应的DNA片段，因此二者的碱基排列顺序不同，B正确；假设高产由基因M控制，低产由基因m控制，甲组的杂交子代高产:

低产=7:

1，即杂交子代低产的比例是1/8，说明亲本高产植株产生m配子的比例是1/8，进而推知：

甲组高产亲本中杂合个体的比例是1/4，C错误；甲组高产亲本中，只有杂合个体（Mm）自交才能产生低产子代（mm）个体，因甲组高产亲本中Mm的比例是1/4，所以自交产生的低产子代个体的比例为1/4×1/4＝1/16，D正确。

5．老鼠的皮毛黄色（A）对灰色（a）显性,是由常染色体上的一对等位基因控制的。

有一位遗传学家在实验中发现含显性基因（A）的精子和含显性基因（A）的卵细胞不能结合。

如果黄鼠与黄鼠（第一代）交配得到第二代,第二代老鼠自由交配一次得到第三代,那么在第三代中黄鼠的比例是（）

A.4/9B.1/2C.5/9D.1

【答案】B

【解析】由题意分析可知，显性基因（A）的精子和含显性基因（A）的卵细胞不能结合，故不存在AA个体，因此黄色鼠基因型只能为Aa。

黄色鼠与黄色鼠（第一代）交配得第二代基因型为Aa占2/3,aa占1/3，故第二代产生配子中A＝1/3，a=2/3，第三代中黄色鼠概率为（2×1/3×2/3）/（1－1/3×1/3）=1/2，故选B。

6．豌豆的花色中紫色对白色为显性．一株杂合紫花豌豆连续自交繁殖三代，则子三代中开紫花的豌豆植株和开白花的豌豆植株的比例是（）

A.3：

1B.15：

7C.9：

7D.15：

9

【答案】C

7．孟德尔在发现基因分离定律时步骤为：

发现问题→提出假说→解释现象→演绎推理→检验推理→得出定律。

下列叙述中错误的是（）

A.让F1测交，结果产生了两种性状的子代，比例接近1：

1属于“检验推理”

B.若F1产生配子时成对遗传因子分离，则测交后代会出现两种性状比接近1∶1属于“解释现象”

C.由F2出现了“3∶1”推测生物体产生配子时，成对遗传因子彼此分离属于“提出假说”

D.F1高茎自交产生F2植株中高茎和矮茎比为787:

277属于“发现问题”

【答案】B

【解析】为了检验演绎推理是否正确，孟德尔设计并完成了测交实验，A正确；若F1产生配子时成对遗传因子分离，则测交后代会出现两种性状比接近1∶1，属于“演绎推理”，B错误；由F2出现了“3∶1”推测生物体产生配子时，成对遗传因子彼此分离属于“提出假说”，C正确；F1高茎自交产生F2植株中高茎和矮茎比为787:

277，属于“发现问题”，D正确。

8．常染色体上的一对等位基因B和b分别控制野猪的黑毛和白毛。

现有一野猪种群，假设其中黑毛纯合子和杂合子均占36%，白色个体无繁殖能力。

让该野猪种群随机交配，若没有突变和其他因素干扰，则子一代黑毛纯合子与杂合子的比例为（）

A.1:

1B.3:

2C.3:

1D.1:

2

【答案】B

【解析】依题意可知，亲代的中黑毛纯合子和杂合子比例为1：

1，即BB：

Bb=1：

1，所以基因型BB的个体所占比例为1/2，基因型Bb的个体所占比例为1/2。

B的基因频率为1/2+1/2×1/2=3/4，b的基因频率为1-3/4=1/4，根据遗传平衡定律，可知子代BB=3/4×3/4=9/16，Bb=2×3/4×1/4=6/16，所以子一代黑毛纯合子与杂合子的比例为9/16：

6/16=3：

2。

9．某种自花传粉的植物，抗病和易感病分别由基因R、r控制，细胞中另有一对等位基因B、b对抗病基因的抗性表达有影响，BB使植物抗性完全消失，Bb使抗性减弱，表现为弱抗病。

将易感病与抗病植株杂交，F1都是弱抗病，自交得F2表现易感病：

弱抗病：

抗病的比分别为7:

6:

3。

下列推断正确的是（）

A.亲本的基因型是RRBB、rrbb

B.F2的弱抗病植株中纯合子占1/3

C.F2中全部抗病植株自交，后代抗病植株占8/9

D.不能通过测交鉴定F2易感病植株的基因型

【答案】D

正确。

10．某植物有白花和红花两种性状，由等位基因R/r、I/i控制，已知基因R控制红色素的合成，基因I会抑制基因R的表达。

某白花植株自交，F1中白花：

红花=5:

1；再让F1中的红花植株自交，后代中红花：

白花=2：

1。

下列有关分析错误的是（）

A.基因R/r与I/i独立遗传B.基因R纯合的个体会致死

C.F1中白花植株的基因型有7种D.亲代白花植株的基因型为RrIi

【答案】C

【解析】根据题意分析可知，红色的基因型为R_ii，白色的基因型为R_I_，rrI_，rrii。

某白花植株自交，F1中白花：

红花=5:

1，后代红花R_ii占1/6=2/3×1/4，说明两对等位基因独立遗传，遵循基因的自由组合定律，A正确；根据以上分析可知，亲本白花的基因型为RrIi，且RR基因纯合致死，BD正确；F1中白花植株的基因型为RrII、RrIi、rrII、rrIi、rrii，C错误。

11．在豚鼠中，黑色（C）对白色（c）是显性，毛皮粗糙（R）对毛皮光滑（r）是显性。

下列能验证遗传因子的自由组合定律的最佳杂交组合是（）

A.黑光×白光→18黑光∶16白光

B.黑光×白粗→25黑粗

C.黑粗×白粗→15黑粗∶7黑光∶16白粗∶3白光

D.黑粗×白光→10黑粗∶9黑光∶8白粗∶11白光

【答案】D

12．果蝇的体色有黄身（A）、灰身（a）之分，翅形有长翅（B），残翅（b）之分。

现用两种纯合果蝇杂交，因某种精子没有受精能力，导致F2的4种表现型比例为5:

3:

3:

1。

下列说法错误的是（）

A.果蝇体色和翅形的遗传遵循自由组合定律B.亲本果蝇的基因型是AAbb和aaBB

C.不具有受精能力的精子基因组成是abD.F2黄身长翅果蝇中双杂合子的比例为3/5

【答案】C

【解析】根据题意分析，F2的4种表现型比例为5:

3:

3:

1，是9:

3：

3：

1的变形，说明控制两对相对性状的基因型遵循自由组合定律，A正确；根据F2的性状分离比可知子一代的基因型为AaBb，后代性状分离比由9:

3:

3:

1变成5:

3:

3:

1，说明双显性个体中有4个不能成活，推测应该是基因组成是AB的精子没有受精能力，则亲本基因型只能是AAbb和aaBB，B正确、C错误；F2黄身长翅果蝇基因型及其比例为AABb：

AaBB：

AaBb=2:

2:

3，则双杂合子的比例为3/5，D正确。

13．某种鱼的鱗片有4种表现型：

单列鳞、野生型鳞、无鳞和散鳞，由位于两对同源染色体上的两对等位基因决定（用A、a，B、b表示），且BB对生物个体有致死作用。

将无鳞鱼和纯合野生型鳞的鱼杂交，F1有两种表现型，野生型鳞的鱼占50%，单列鳞鱼占50%；选取F1中的单列鱗鱼进行互交，其后代中有上述4种表现型，这4种表现型的比例为6:

3：

2：

1，则下列叙述正确的是（）

A.控制该性状的两对等位基因不遵循基因的分离定律

B.自然种群中，单列鳞有4种基因型

C.亲本基因型组合是aaBb和AAbb

D.F1野生型的基因型为AaBb

【答案】C

14．控制两对相对性状的基因自由组合，如果F2的分离比分别是9:

7、9:

6:

1和15:

1，那么F1与双隐性个体测交，得到的分离比分别是（）

A.1:

3、1:

2:

1和3:

1

B.1:

2、1:

4:

1和1:

3

C.1:

3、2:

1:

1和1:

3

D.3:

1、1:

4:

1和3:

1

【答案】A

【解析】根据题意分析，AaBb产生的F2的分离比是9：

7，根据9：

3：

3：

1，说明A、B都存在是一种性状，占9份，其他所有是一种性状，占7份。

所以AaBb与aabb测交，后代AaBb为一种性状，Aabb、aaBb、aabb为另一种性状，即F1与纯合隐性个体测交，得到的分离比分别是1：

3；AaBb产生的F2的分离比是9：

6：

1，（9指每对基因至少带一个显性基因，6指只带有一对隐性纯合基因，1指带有2对隐性纯合基因），所以AaBb与aabb测交，后代AaBb为一种性状，Aabb、aaBb又为一种性状，而aabb为另一种性状，即F1与纯合隐性个体测交，得到的分离比分别是1：

2：

1；AaBb产生的F2的分离比是15：

1（15指带有一个或一个以上的显性基因，1指无显性基因，即aabb），所以AaBb与aabb测交，后代AaBb、Aabb、aaBb为一种性状，aabb为另一种性状，即F1与纯合隐性个体测交，得到的分离比分别是3：

1，故选A。

15．控制两对相对性状的基因自由组合，如果F2的分离比分别是9:

7、9:

6:

1和15:

1，那么F1与双隐性个体测交，得到的分离比分别是（）

A.1:

3、1:

2:

1和3:

1

B.1:

2、1:

4:

1和1:

3

C.1:

3、2:

1:

1和1:

3

D.3:

1、1:

4:

1和3:

1

【答案】A

16．豌豆黄色（Y）对绿色（y）是显性，圆粒（R）对皱粒（r）为显性，两对基因独立遗传。

某生物小组用黄色圆粒和黄色皱粒的豌豆进行杂交，F1出现的性状类型及比例如下图所示。

下列说法正确的是（）

A.上述亲本的基因型是YyRr×YYrr

B.F1中纯合的黄色圆粒个体占1/8

C.F1中黄色皱粒个体自交，子代中纯合子占2/3

D.F1黄色皱粒个体中，与亲本基因型相同的个体占1/4

【答案】C

【解析】根据题意和图示分析可知：

黄色圆粒和黄色皱粒进行杂交的后代中，黄色：

绿色=3：

1，说明亲本的基因组成为Yy和Yy；圆粒：

皱粒=1：

1，说明亲本的基因组成为Rr和rr。

综合考虑两对等位基因可知亲本的基因型为YyRr×Yyrr，A错误；纯合黄色圆粒的基因型为YYRR。

基因型为别为YyRr、Yyrr的个体杂交，后代不会出现纯合的黄色圆粒的个体，B错误；F1中黄色皱粒个体的基因型及比例为1/3YYrr、2/3Yyrr，其中YYrr自交后代的基因型及比例为1/3YYrr，Yyrr的自交后代的基因型及比例为1/6YYrr、2/6Yyrr、1/6YYrr，其中纯合子占1/3+1/6+1/6=2/3，C正确；两亲本杂交后代的黄色皱粒的基因型及比例为Yyrr：

YYrr=2：

1，因此F1黄色皱粒个体中，与亲本基因型相同的个体占2/3，D错误。

17．果蝇的体色有黄身（A）、黑身（a）之分，翅型有长翅（B）、残翅（b）之分。

现用2种纯合果蝇杂交得F1，再将F1自交得F2，F2出现4种表现型且比例为5:

3:

3:

1，已知果蝇有一种基因型的精子不具有受精能力。

下列有关叙述错误的是（）

A.亲本雄果蝇的基因型不可能为AABB

B.亲本雌雄果蝇的基因型组合有3种可能

C.F2黄身长翅果蝇中双杂合子的比例为3/5

D.基因型为AaBb的雄果蝇进行测交，其子代有4种表现型

【答案】D

18．控制两对相对性状的基因自由组合，如果F2的分离比分别是9:

7、9:

6:

1和15:

1，那么F1与双隐性个体测交，得到的分离比分别是（）

A.1:

3、1:

2:

1和3:

1

B.1:

2、1:

4:

1和1:

3

C.1:

3、2:

1:

1和1:

3

D.3:

1、1:

4:

1和3:

1

【答案】A

【解析】根据题意分析，AaBb产生的F2的分离比是9：

7，根据9：

3：

3：

1，说明A、B都存在是一种性状，占9份，其他所有是一种性状，占7份。

所以AaBb与aabb测交，后代AaBb为一种性状，Aabb、aaBb、aabb为另一种性状，即F1与纯合隐性个体测交，得到的分离比分别是1：

3；AaBb产生的F2的分离比是9：

6：

1，（9指每对基因至少带一个显性基因，6指只带有一对隐性纯合基因，1指带有2对隐性纯合基因），所以AaBb与aabb测交，后代AaBb为一种性状，Aabb、aaBb又为一种性状，而aabb为另一种性状，即F1与纯合隐性个体测交，得到的分离比分别是1：

2：

1；AaBb产生的F2的分离比是15：

1（15指带有一个或一个以上的显性基因，1指无显性基因，即aabb），所以AaBb与aabb测交，后代AaBb、Aabb、aaBb为一种性状，aabb为另一种性状，即F1与纯合隐性个体测交，得到的分离比分别是3：

1，故选A。

19．豌豆黄色（Y）对绿色（y）是显性，圆粒（R）对皱粒（r）为显性，两对基因独立遗传。

某生物小组用黄色圆粒和黄色皱粒的豌豆进行杂交，F1出现的性状类型及比例如下图所示。

下列说法正确的是（）

A.上述亲本的基因型是YyRr×YYrr

B.F1中纯合的黄色圆粒个体占1/8

C.F1中黄色皱粒个体自交，子代中纯合子占2/3

D.F1黄色皱粒个体中，与亲本基因型相同的个体占1/4

【答案】C

20．豌豆种子子叶黄色（Y）对绿色（y）是显性，形状圆粒（R）对皱粒（r）是显性。

某人用黄色圆粒和黄色皱粒进行杂交，发现后代出现4种表现型，统计如图所示，以下分析错误的是（）

A.亲本的基因型是YyRr和Yyrr。

B.在杂交后代F1中，非亲本类型占的比例是1/4。

C.F1中黄色圆粒豌豆的基因型是YYRr和YyRr。

D.若使F1中黄色圆粒豌豆和绿色皱粒豌豆杂交，则F2中黄色圆粒所占的比例为1/6。

【答案】D

二、非选择题（40分，每格1分）

1．（8分）某学校生物小组在一块较为封闭的低洼地里发现了一些野生植株，这些植株的花色有红色和白色两种，茎秆有绿茎和紫茎两种。

同学们分两组对该植物的花色、茎色进行遗传方式的探究。

请根据实验结果进行分析。

第一组：

取90对亲本进行实验

第二组：

取绿茎和紫茎的植株各1株

杂交

组合

F1表

现型

交配组合

F1表现型

A：

30

对亲本

红花×

红花

36红花∶

1白花

D：

绿茎×

紫茎

绿茎∶紫茎＝1∶1

B：

30

对亲本

红花×

白花

5红花∶

1白花

E：

紫茎自交

全为紫茎

C：

30

对亲本

白花×

白花

全为白花

F：

绿茎自交

由于虫害，植株死亡

（1）从第一组花色遗传的结果来看，花色隐性性状为_______，最可靠的判断依据是________组。

（2）若任取B组的一株亲本红花植株使其自交，其子一代表现型的情况是______________________。

（3）由B组可以判定，该种群中显性纯合子与杂合子的比例约为________。

（4）从第二组茎色遗传的结果来看，隐性性状为________，判断依据是________组。

（5）如果F组正常生长繁殖的话，其子一代表现型的情况是________________________。

（6）A、B两组杂交后代没有出现3∶1或1∶1的分离比，试解释原因：

_____________。

【答案】

（1）白色A

（2）2（3）2：

1（4）紫茎D和E（5）绿茎：

紫茎=3：

1

（6）红花个体中既有纯合子又有杂合子

2．（7分）某生物小组在一块较为封闭的地里发现了一些野生植株，花色有红色和白色，茎干有绿茎和紫茎，同学们对该植物的花色、茎色进行遗传方式研究。

请根据实验结果进行分析。

第一组：

取90对亲本进行实验

第二组：

取绿茎和紫茎的植株各1株

亲本

杂交组合

F1表现型

交配组合

F1表现型

A：

30对亲本

红花×红花

36红花:

1白花

D:

绿茎×紫茎

绿茎:

紫茎=1:

1

B：

30对亲本

红花×白花

5红花:

1白花

E：

紫茎自交

全为紫茎

C：

30对亲本

白花×白花

全为白花

F：

绿茎自交

由于虫害，植株死亡

（1）从第一组花色遗传的结果来看，花色隐性性状为_________，最可靠的判断依据是_____组。

（2）若任取B组的一株亲本红花植株使其自交，其子一代表现型的情况是__________。

（3）从第二组茎色遗传的结果来看，隐性性状为__________，判断依据是__________组。

（4）如果F组正常生长繁殖，其子一代表现型的情况是_________________________。

（5）A、B两组杂交后代没有出现3:

1或1:

1的分离比，其原因是______。

【答案】

（1）白色A

（2）全为红花或红花：

白花=3:

1（3）紫茎D和E组（4）绿茎：

紫茎=3:

1（5）红花个体既有纯合子，又有杂合子，因此后代不会出现一定的分离比

3．（7分））荞麦是集营养、保健、医药、饲料、资源等为一体的多用型作物。

下表为科研工作者对普通荞麦的多对相对性状的遗传规律进行实验研究的结果。

性状

母本

父本

F1

F2实际比

F2理论比

主茎基部木质化（有/无）

无

有

有

49:

31

？

花柱（长/同长）

长

同长

同长

63:

17

13:

3

廋果棱形状（尖/圆）

圆

尖

尖

57:

23

3:

1

（1）三对相对性状中，最可能由一对等位基因控制的性状是________，理由是_____________________。

（2）进一步对瘦果棱形状与花柱长短进行研究，结果如下：

Ⅰ.根据实验结果分析，F1中花柱长尖瘦果棱的基因型有_________种，其中纯合子所占的比例是______________。

Ⅱ.现有一株基因型未知的花柱长圆瘦果棱的荞麦，研究人员想确定其是否为纯合子，最简单的方法是：

__________________。

若后代出现______________，即为纯合子；若后代出现_____________，即为杂合子。

【答案】

（1）瘦果棱形状F1自交后代F2的性状分离比为3：

1，符合一对基因控制性状的遗传规律

（2）Ⅰ.41/9Ⅱ.让其（花柱长圆瘦果棱）自交，观察后代性状及统计数目均为花柱长圆瘦果棱花柱长圆瘦果棱：

花柱同长圆瘦果棱=1:

1

4．（8分）遗传学的研究知道，家兔的毛色是受A、a和B、b两对等位基因控制的。

其中，基因A决定黑色素的形成；基因B决定黑色素在毛皮内的分布；没有黑色素的存在，就谈不上黑色素的分布。

这两对基因分别位于两对同源染色体上。

育种工作者选用野生纯合子的家兔进行了如下图的杂交实验：

请分析上述杂交实验图解，回答下列问题：

（1）F1测交后代的表现型有______种，基因型有_____种，基因型之比为_________________,控制家兔毛色的基因遵循_________________定律。

（2）F2中表现型为灰色的家兔中，纯合子占_________；表现型为白色的家兔中，杂合子占_________。

（3）在F2表现型为黑色的家兔自由交配，其后代分离比是______________________________；与亲本基因型不同的个体占___________。

【答案】

（1）341：

1：

1：

1基因的自由组合

（2）1/91/2黑色：

白色=8：

18/9

5．（10分）1980年Kaplan等发现多变鱼腥藻等蓝藻胞内的C02浓度是外界的1000倍，经研究发现，这是由于蓝藻细胞膜上有无机碳转运蛋白（ictB）。

C02溶于水中形成HCO3-离子，ictB可将HCO3-运输进入蓝藻胞内，HCO3-在胞内又转化为C02，从而起到富集C02的作用。

C02再在Rubisco酶的催化下，参与到光合作用的暗反应阶段，和RUBP反应生成2份PGA。

回答下列问题：

（1）HCO3-通过___________方式进入蓝藻细胞，“RuBP”指的其实是光合作用中的___________（C3/C5）化合物，增加环境中的光照强度，RuBP的含量在短时间内会___________（增加/减少/不变）。

蓝藻细胞中的Rubisco酶位于___________（细胞质基质/叶绿体基质/叶绿体基粒）。

（2）植物的C02补偿点是指由于C02的限制，光合速率与呼吸速率相等时环境中的C02浓度。

科学家将ictB基因导入水稻，预期得到的高产转基因水稻C02补偿点比正常水稻要___________（高/低），原因是水稻转人ictB_基因后______________________。

（3）若将一株转ictB基因水稻和普通水稻杂交，得到的后代中高产水稻:

普通水稻约为3:

1，则可判断这株水稻至少转入了___________个ictB基因，转入的基因在染色体上的位置关系是：

___________。

若将这株水稻自交，后代的高产水稻:

普通水稻约为___________。

【答案】

（1）主动运输C5增加细胞质基质

（2）低会表达出ictB蛋白，ictB可以富集CO