30Geología de la energía

El petróleo es el resto de organismos microscópicos, enterrados con fango y cocidos durante millones de años a unos $100\,{}^{\circ}\mathrm{C}$; la energía geotérmica es ese mismo calor de la Tierra, aprovechado directamente. Ambos están regidos por la temperatura y el tiempo: el primero, por la velocidad a la que avanza una reacción química a medida que las rocas enterradas se calientan lentamente; la segunda, por cuánto calor almacena un volumen de roca y con qué rapidez el agua puede llevarlo hasta un pozo. Este capítulo cuantifica el sistema petrolífero, pasa a los recursos a los que les falta uno de sus elementos, al calor geotérmico y al uranio, y termina con la operación inversa: devolver el dióxido de carbono al subsuelo.

Lo que ya sabes

De los volúmenes escolares: roca generadora, querógeno, maduración, ventana del petróleo, migración, roca almacén, roca sello, trampa, roca de sobrecarga, sistema petrolífero; carbón y rango del carbón; energía geotérmica. Del volumen de primer año: flujo de calor y geoterma; porosidad y permeabilidad; presión del fluido intersticial, esfuerzo efectivo y criterio de Coulomb; registro de sondeo; cuenca sedimentaria y subsidencia. De los libros de química: la ley de Arrhenius, la energía de activación, la reacción de primer orden. De los libros de física: la desintegración radiactiva, la constante de desintegración, el periodo de semidesintegración; el punto crítico de un fluido. Del Capítulo 16: curva de subsidencia. Del Capítulo 29: tipo de yacimiento, tonelaje.

30.1 El sistema petrolífero cuantificado

Un sistema petrolífero necesita una roca generadora rica en querógeno, una roca almacén, una roca sello, una trampa y una sobrecarga suficiente para calentar la roca generadora, y sus sucesos deben producirse en el orden correcto: la trampa debe existir cuando el petróleo migra. Cuantificarlo significa responder a tres preguntas: qué tipo de querógeno contiene la roca generadora, en qué medida se ha transformado y qué parte del producto se encuentra en la trampa.

Definición 30.1 (Tipo de querógeno, diagrama de van Krevelen)

Los querógenos se dividen en tres tipos de querógeno según su composición elemental: el tipo I, sapropélico, el más rico en hidrógeno, que genera sobre todo petróleo; el tipo III, húmico o carbonoso, pobre en hidrógeno, que genera sobre todo metano; y el tipo II, intermedio, fuente tanto de petróleo como de gas. El diagrama de van Krevelen representa la razón atómica H/C de un querógeno frente a su razón atómica O/C; los tipos ocupan regiones distintas de él, y la maduración desplaza un querógeno hacia valores bajos de H/C y de O/C.

Siete querógenos inmaduros de tipo conocido, analizados en un mismo estudio de laboratorio, tienen razones atómicas H/C de 1.51 y 1.61 (tipo I, entre ellos la lutita bituminosa de Green River, en Utah, depositada en lagos y rica en restos de algas), de 1.22 a 1.28 (tipo II, entre ellos la Kimmeridge Clay del mar del Norte), 1.13 (un tipo mixto II/III) y 0.99 (tipo III, el carbón de Cameo, en Colorado). El querógeno de Green River, con un $77\,\%$ de carbono en masa, tiene una composición media C$_{100}$H$_{150}$N$_3$O$_8$S: H/C 1.50 y O/C 0.08. Calentado en el laboratorio a $10\,\mathrm{K}$ por minuto, deja un residuo cuyo H/C baja a 1.20 a $460\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ y a 0.54 a $525\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, mientras su O/C baja de 0.08 a alrededor de 0.01: la trayectoria dibujada a la izquierda de la figura siguiente.

La transformación del querógeno en petróleo es un conjunto de reacciones de primer orden, cada una de las cuales obedece la ley de Arrhenius. En una cuenca que se hunde, la temperatura de una roca generadora sube lenta y casi uniformemente, lo que hace del resultado siguiente el núcleo de los modelos de maduración.

Proposición 30.2 (Reacción de primer orden con velocidad de calentamiento constante)

Sea una reacción de primer orden de constante de velocidad $k = A\,e^{-E/RT}$ que avanza en un material calentado a la velocidad constante $\beta = \mathrm{d}T/\mathrm{d}t$ desde una temperatura $T_0$ a la que $k$ es despreciable. La fracción que queda sin transformar a la temperatura $T$ es

$$x(T) = \exp\Bigl[-\frac{A}{\beta}\int_{T_0}^{T} e^{-E/RT'}\,\mathrm{d}T'\Bigr] \approx \exp\Bigl[-\frac{A R T^2}{\beta E}\,e^{-E/RT}\Bigr] ,\tag{30.1}$$

y la aproximación es válida cuando $E/RT \gg 1$; la tasa de transformación es $1 - x$.

De ello se siguen dos consecuencias. La transformación se produce en un intervalo estrecho de temperatura, porque $e^{-E/RT}$ cambia muy deprisa (Ejercicio 30.11). Y un calentamiento más lento transforma a menor temperatura: haciendo $x = 1/2$, una velocidad de calentamiento diez veces mayor eleva la temperatura de semitransformación en alrededor de $(RT^2/E)\ln 10$. La cinética del querógeno de Green River, ajustada a la pirólisis de laboratorio, es $A = 9.21 \times 10^{13}\,\mathrm{s}^{-1}$ y $E/R = 26\,800\,\mathrm{K}$ ($E = 223\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$); con esta energía única, la semitransformación se produce a $136.4\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ para $1\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{Myr}$ y a $150.9\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ para $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{Myr}$, un desplazamiento de $14.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ frente a los $6.26 \times \ln 10 = 14.4\,\mathrm{K}$ previstos. Calentado a $10\,\mathrm{K}$ por minuto, el mismo querógeno se transforma cerca de $450\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ (Ejercicio 30.6): el tiempo sustituye a la temperatura, y por eso la cinética se mide por pirólisis a unos 250 a $600\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, y por eso extrapolarla a lo largo de doce órdenes de magnitud en la velocidad de calentamiento deja incierta la profundidad prevista de la ventana del petróleo.

Un querógeno real contiene enlaces de muy distintas energías, de modo que su cinética es una distribución de energías de activación, y cada fracción obedece la proposición; para el querógeno de Green River la distribución es normal, con una desviación típica $\sigma/R = 481\,\mathrm{K}$. La distribución reparte la transformación, como muestra la derecha de la figura: a $150\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, el querógeno calentado a $1\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{Myr}$ está transformado en un $93\,\%$, y el calentado diez veces más deprisa, en un $48\,\%$.

Definición 30.3 (Reflectancia de la vitrinita, índice tiempo–temperatura)

La reflectancia de la vitrinita, $R_o$, es el porcentaje de la luz incidente que reflejan granos pulidos de vitrinita, un componente orgánico del carbón y del querógeno, medido al microscopio; aumenta de forma irreversible con el calentamiento y registra la madurez térmica máxima que ha alcanzado una roca. El índice tiempo–temperatura (TTI, por sus siglas en inglés) de Lopatin es la suma $\sum_n \Delta t_n\,2^n$ sobre los intervalos de $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ que ha atravesado una roca, siendo $\Delta t_n$ el tiempo en millones de años pasado en el intervalo de número $n$, con $n = 0$ para 100 a $110\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $n = 1$ para 110 a $120\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $n = -1$ para 90 a $100\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, y así sucesivamente.

En la escala de reflectancia, la generación de petróleo a partir de querógenos de tipo I y II empieza cerca de $R_o = 0.60\,\%$; por encima del 1.20 al $1.30\,\%$ el petróleo es inestable y se descompone en metano; el tipo III empieza a producir metano cerca del $0.73\,\%$, y la generación de gas continúa hasta alrededor del $4.8\,\%$. Los modelos calculan $R_o$ como un querógeno: el modelo Easy%Ro trata la vitrinita como veinte reacciones de primer orden en paralelo con $A = 10^{13}\,\mathrm{s}^{-1}$ y energías de 34 a $72\,\mathrm{kcal}/\mathrm{mol}$ (de 142 a $301\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$), y transforma su fracción convertida $F$, como máximo 0.85, en $R_o = \exp(-1.6 + 3.7F)$, que va de 0.20 a $4.7\,\%$.

La reflectancia se calcula del mismo modo a lo largo de cada horizonte de una cuenca. En la cuenca inventada de la figura siguiente, el sedimento se acumuló a $100\,\mathrm{m}$ por millón de años de 100 a $70\,\mathrm{Ma}$, y después a $35\,\mathrm{m}$ por millón de años, bajo una superficie a $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ y con un gradiente constante de $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$. Su horizonte más antiguo alcanzó $R_o = 0.6\,\%$ hace $67.6\,\mathrm{Ma}$, a $3080\,\mathrm{m}$ y $102\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, y el $1.3\,\%$ hace $11.6\,\mathrm{Ma}$, a $5040\,\mathrm{m}$ y $161\,{}^{\circ}\mathrm{C}$; hoy se encuentra a $5450\,\mathrm{m}$ y $173.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, con $R_o = 1.54\,\%$. Como la geoterma es constante, los frentes de reflectancia siguen casi las isotermas, y el comienzo de la generación de petróleo queda cerca de $100\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, dentro de los 60 a $120\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ de los volúmenes escolares.

El TTI es más antiguo y más tosco. Supone que la maduración duplica su velocidad cada $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, como hace una ley de Arrhenius con $E \approx 82\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ cerca de $100\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ (Ejercicio 30.5); en su escala, Waples situó el comienzo de la generación de petróleo en un TTI de 15, su máximo en 75 y su final en 160.

Método 30.4 (Cálculo de un índice tiempo–temperatura)

Los datos son la historia de enterramiento de la roca generadora y la geoterma, que se supone constante.

1. Trayectoria de temperatura. Conviértase la profundidad en temperatura en cada instante: temperatura de superficie más gradiente por profundidad.
2. Tiempos en los intervalos. Hállese el tiempo $\Delta t_n$ pasado en cada intervalo de $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$; donde la velocidad de calentamiento $\beta$ es constante, $\Delta t_n = 10\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\beta$.
3. Suma. Súmense los productos $\Delta t_n\,2^n$ en orden temporal; el comienzo, el máximo y el final de la generación de petróleo se alcanzan cuando la suma acumulada supera 15, 75 y 160.

Los modelos de cuenca expresan la transformación como una tasa de transformación: la fracción del potencial original de hidrocarburos de una roca generadora que ya se ha transformado. En un modelo de una cuenca de California, se tomó que la expulsión desde la roca generadora empezaba con una tasa del $10\,\%$, alcanzaba su máximo al $50\,\%$ y terminaba al $95\,\%$. El petróleo expulsado, más ligero que el agua, migra hacia arriba a rocas almacén permeables, y queda retenido donde una roca sello cierra una trampa.

Proposición 30.5 (Petróleo in situ)

Sea una trampa de superficie $A$ y una roca almacén de espesor neto $h$, porosidad $\phi$ y saturación de agua $S_w$, y sea $B_o$ el factor volumétrico de formación de su petróleo, la razón entre el volumen que ocupa una cantidad de petróleo en el yacimiento y su volumen en superficie. El petróleo inicial in situ en condiciones de tanque (STOIIP, por sus siglas en inglés), el volumen de petróleo medido en superficie, es

$$\mathrm{STOIIP} = \frac{A\,h\,\phi\,(1 - S_w)}{B_o} .\tag{30.2}$$

Definición 30.6 (Factor de recuperación)

El factor de recuperación de un yacimiento es la fracción del petróleo (o del gas) inicialmente in situ que se produce a lo largo de su vida.

La producción primaria y la recuperación secundaria por inyección de agua recuperan juntas, por lo general, del 30 al $40\,\%$ del petróleo in situ; inyectar dióxido de carbono recupera entre un 10 y un $15\,\%$ más. Una trampa de $10\,\mathrm{km}^{2}$ con $30\,\mathrm{m}$ de espesor neto de roca almacén, porosidad 0.20, saturación de petróleo 0.70 y $B_o = 1.2$ contiene $3.5 \times 10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$ de petróleo en condiciones de tanque, de los que se producirían de 1.05 a $1.4 \times 10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$.

30.2 Recursos no convencionales

Definición 30.7 (Yacimiento no convencional)

Un yacimiento no convencional es una roca de permeabilidad tan baja que el petróleo o el gas contenidos en sus poros microscópicos no pueden fluir hasta un pozo a un ritmo rentable sin estimulación artificial; se explota mediante pozos perforados horizontalmente a lo largo de ella y fracturados hidráulicamente. El petróleo y el gas de lutita se encuentran en la propia roca generadora; el gas de baja permeabilidad (tight gas), en areniscas y carbonatos de baja permeabilidad.

Un objetivo no convencional es, por tanto, una roca generadora, o una roca contigua a ella, que conservó parte de lo que generó. El producto que contiene depende de su madurez: una lutita en la ventana del petróleo contiene petróleo; una que ha superado $R_o \approx 1.3\,\%$, gas. La producción a gran escala de gas de lutita empezó hacia 2000 en la lutita Barnett, en Texas, y la mayor parte del crecimiento de la producción de gas de los Estados Unidos desde 2005 procede de la perforación horizontal y la fracturación hidráulica en lutitas, areniscas, carbonatos y otras formaciones de baja permeabilidad; también se produce gas a partir de capas de carbón.

30.3 Energía geotérmica

Definición 30.8 (Sistema geotérmico, calor in situ, clases de entalpía, EGS)

Un sistema geotérmico es un volumen de la corteza donde se reúnen el calor, la permeabilidad y el agua, de modo que puede producirse agua caliente o vapor a partir de pozos. El calor in situ de un yacimiento es el calor que cedería al enfriarse desde su temperatura hasta una temperatura de referencia. Un recurso de alta entalpía es un sistema geotérmico por encima de unos $150\,{}^{\circ}\mathrm{C}$; un recurso de baja entalpía, uno por debajo de unos $90\,{}^{\circ}\mathrm{C}$; entre ambos, el recurso se llama de entalpía media. Las tres clases se prestan al uso directo del calor, pero en general solo las clases media y alta pueden generar electricidad. Un sistema geotérmico estimulado (EGS, por sus siglas en inglés) es un cuerpo de roca caliente de baja permeabilidad natural en el que la permeabilidad se crea por ingeniería, de modo que el agua pueda circular por él y se recupere su calor.

Proposición 30.9 (Calor in situ y potencia recuperable)

Un yacimiento de volumen $V$, temperatura media $T_R$ y capacidad calorífica volumétrica $C$ (roca y fluido intersticial juntos) contiene, por encima de la temperatura de referencia $T_0$, el calor

$$q_R = C\,V\,(T_R - T_0) .\tag{30.3}$$

Si una fracción $R_g$ de él llega a las cabezas de pozo durante un tiempo de producción $\tau$, la potencia térmica media producida es $P = R_g\,q_R/\tau$.

Las evaluaciones de recursos usan este método volumétrico con una referencia de $15\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. El factor de recuperación $R_g$ es la parte incierta: las primeras evaluaciones tomaban 0.25, entre 0 y 0.5; la producción de yacimientos fracturados apunta a alrededor de 0.1, entre 0.05 y 0.2. Con $C = 2.5\,\mathrm{MJ}\,\mathrm{m}^{-3}\,\mathrm{K}^{-1}$ (las matrices rocosas tienen de 2 a $3\,\mathrm{MJ}\,\mathrm{m}^{-3}\,\mathrm{K}^{-1}$), un yacimiento de $3 \times 4 \times 1\,\mathrm{km}$ a $220\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ contiene $6.15 \times 10^{18}\,\mathrm{J}$; con $R_g = 0.1$ durante 30 años proporciona una potencia térmica media de $650\,\mathrm{MW}$. Los campos convencionales generan de 10 a $20\,\mathrm{MW}$ de electricidad por kilómetro cuadrado de campo.

Los sistemas geotérmicos naturales necesitan permeabilidad tanto como calor. La mayoría de los grandes se encuentran cerca de los bordes de las placas tectónicas, entre volcanes, fumarolas, fuentes termales y géiseres, y su permeabilidad suele ser la de fracturas abiertas por fallas activas: el agua subterránea calentada en profundidad asciende por ellas, y los pozos captan el yacimiento fracturado, como en el corte de abajo. Un EGS no necesita yacimiento natural: sus pozos, perforados hasta unos $5\,\mathrm{km}$, alcanzan roca caliente cuya permeabilidad se crea por ingeniería, y una evaluación de 2008 de los Estados Unidos estimó su potencial provisional en $517\,800\,\mathrm{MW}$ de electricidad, frente a $9057\,\mathrm{MW}$ de los sistemas convencionales identificados.

Definición 30.10 (Sismicidad inducida)

La sismicidad inducida es la actividad sísmica causada por operaciones humanas que modifican el esfuerzo o la presión del fluido intersticial en la corteza, con mayor frecuencia la inyección de fluido en el subsuelo.

El mecanismo es el criterio de Coulomb con presión de fluido intersticial: una falla desliza cuando el esfuerzo de cizalla alcanza $\mu(\sigma_n - p)$, de modo que aumentar $p$ acerca a la rotura una falla que ya está cargada sin ningún cambio de la carga tectónica. En los años sesenta, los fluidos residuales inyectados en el basamento precámbrico fracturado bajo el Rocky Mountain Arsenal, cerca de Denver, a profundidades de 3.7 a $7.0\,\mathrm{km}$, desencadenaron terremotos; quedaron confinados a la parte del yacimiento donde la presión había aumentado más de $32\,\mathrm{bar}$ ($3.2\,\mathrm{MPa}$). El fuerte aumento de los terremotos de Oklahoma se ha atribuido a la eliminación de aguas residuales: cuatro pozos de gran volumen podrían explicar una quinta parte de la sismicidad del centro de los Estados Unidos y desencadenar terremotos a más de $30\,\mathrm{km}$ de distancia. La estimulación de un yacimiento EGS eleva la presión intersticial del mismo modo, de forma deliberada.

30.4 Uranio

Dos tipos de yacimiento ilustran cómo se concentra el uranio: uno en una antigua discordancia y el otro en areniscas.

Definición 30.11 (Yacimientos de uranio de discordancia y de frente de oxidación)

Un yacimiento de uranio de discordancia es un cuerpo de pechblenda y uraninita que rellena fracturas y brechas en pelitas carbonosas metamorfizadas y en las cuarzoarenitas suprayacentes, por debajo, por encima o a través de una discordancia entre rocas del Proterozoico inferior y medio en una cuenca intracratónica. Un yacimiento de uranio de frente de oxidación (roll front) es un cuerpo de minerales de uranio en forma de media luna que corta la estratificación de una arenisca feldespática o tobácea en el límite entre terreno oxidado y terreno reducido, donde el uranio se depositó en un ambiente localmente reductor, entre pirita.

Los yacimientos de discordancia están alojados en rocas de 1800 a $1200\,\mathrm{Ma}$, las pelitas metamorfizadas por debajo de la discordancia y las areniscas no metamorfizadas por encima; sus rocas encajantes están cloritizadas, y los esquistos grafitosos que acompañan a muchos de ellos son buenos conductores eléctricos, un objetivo de las prospecciones electromagnéticas. Key Lake, Cluff Lake y Rabbit Lake, en Saskatchewan, y Jabiluka y Ranger, en el norte de Australia, son ejemplos. Los frentes de oxidación son más recientes, sobre todo terciarios: en areniscas alimentadas por ceniza volcánica félsica o por granito, los minerales de hierro oxidados quedan buzamiento arriba del frente y los reducidos buzamiento abajo, como en las cuencas de Wyoming y de la costa del golfo de Texas.

Proposición 30.12 (El uranio 235 en el pasado)

Sean $r_0$ la razón atómica actual $^{235}$U/$^{238}$U y $\lambda_5$, $\lambda_8$ las constantes de desintegración de los dos isótopos. Hace un tiempo $t$, la razón era

$$r(t) = r_0\,e^{(\lambda_5 - \lambda_8)\,t} ,\tag{30.4}$$

y el $^{235}$U constituía una fracción $r/(1 + r)$ de los átomos de uranio, despreciando la traza de $^{234}$U.

Con $\lambda_5 = 9.8485 \times 10^{-10}\,\mathrm{yr}^{-1}$, $\lambda_8 = 1.551\,25 \times 10^{-10}\,\mathrm{yr}^{-1}$ y las abundancias actuales $0.7204\,\%$ y $99.2742\,\%$, $r_0 = 0.0072567$; hace $2.0\,\mathrm{Ga}$ $r = 0.0381$ y el uranio natural contenía un $3.67\,\%$ de $^{235}$U, cinco veces la proporción actual.

Historia — Un reactor de dos mil millones de años

En 1972, científicos franceses que medían mineral de uranio encontraron déficits pequeños pero significativos de $^{235}$U, que rastrearon hasta la mina de Oklo, en Gabón. Allí, bolsadas de roca contenían hasta un $65\,\%$ de uranio con apenas la mitad de la proporción normal de $^{235}$U, y neodimio empobrecido en su isótopo primordial $^{142}$Nd pero enriquecido en los isótopos 143 a 150 que produce la fisión: en la mena se habían producido reacciones en cadena hace unos dos mil millones de años, a unos $300\,\mathrm{bar}$ y de 400 a $500\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. Se conocen dieciséis de estos reactores naturales en Oklo y en la cercana Bangombé, los dos únicos yacimientos del mundo donde se han encontrado; la materia orgánica había contribuido a concentrar el uranio, y el óxido de uranio ha retenido en su lugar desde entonces la mayor parte de los actínidos y de los productos de fisión no volátiles.

30.5 Almacenamiento geológico de dióxido de carbono

Definición 30.13 (Almacenamiento geológico de $\ce{CO2}$, mecanismos de retención, factor de eficiencia de almacenamiento)

El almacenamiento geológico de $\ce{CO2}$ es la inyección de dióxido de carbono en formaciones rocosas porosas a gran profundidad, yacimientos agotados de petróleo y gas, formaciones salinas profundas o capas de carbón, para su retención durante largos periodos. Los mecanismos de retención del $\ce{CO2}$ que lo inmovilizan son la retención estructural (y estratigráfica) bajo una roca sello; la retención residual, como fase inmóvil retenida en los poros por fuerzas capilares; la retención por solubilidad, por disolución en el agua de formación; la retención mineral, por reacción con minerales que forma carbonatos; y, en el carbón y las lutitas, la adsorción sobre la materia orgánica. El factor de eficiencia de almacenamiento $E$ de una formación es la fracción de su volumen de poros que cabe esperar que llene el $\ce{CO2}$ inyectado.

El dióxido de carbono es un gas en superficie, pero su punto crítico está a $31.0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ y $7.38\,\mathrm{MPa}$. A lo largo de una geoterma de $25\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$ desde $15\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ con presión hidrostática, la temperatura supera el valor crítico a $641\,\mathrm{m}$ y la presión a $742\,\mathrm{m}$; la densidad del $\ce{CO2}$ puro pasa bruscamente de $234\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ (a $700\,\mathrm{m}$) a $583\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ (a $900\,\mathrm{m}$), y después se estabiliza entre 670 y $700\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ por debajo de $1.5\,\mathrm{km}$. Una tonelada ocupa $534\,\mathrm{m}^{3}$ en superficie y $1.6\,\mathrm{m}^{3}$ a $1000\,\mathrm{m}$, 330 veces menos; por eso las evaluaciones de almacenamiento solo consideran formaciones a más de $800\,\mathrm{m}$ de profundidad.

Proposición 30.14 (Capacidad de almacenamiento de una formación)

Una formación de superficie $A$, espesor $h$ y porosidad $\phi$, en la que el $\ce{CO2}$ tiene la densidad $\rho$ y el factor de eficiencia de almacenamiento es $E$, puede almacenar la masa

$$M = A\,h\,\phi\,\rho\,E .\tag{30.5}$$

En un campo petrolífero agotado que ha producido un volumen en condiciones de tanque $N_p$, sustituir el petróleo producido volumen por volumen da $M = \rho\,N_p\,B_o$.

En las formaciones salinas profundas, las simulaciones dan $E$ entre el 1 y el $4\,\%$ del volumen de poros para un intervalo de confianza del 15 al 85 por ciento, con una mediana cercana al $2\,\%$: la mayor parte del espacio poroso nunca se alcanza o conserva su agua. Una formación de $1000\,\mathrm{km}^{2}$, de $50\,\mathrm{m}$ de espesor y de porosidad 0.20 a $2000\,\mathrm{m}$ ($\rho = 686\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$) almacena $137\,\mathrm{Mt}$ con $E = 2\,\%$.

Una vez inyectado, el $\ce{CO2}$ asciende bajo la roca sello y se extiende. Detrás de la pluma que migra, las fuerzas capilares retienen saturaciones residuales que pueden alcanzar del 15 al $25\,\%$ del espacio poroso; la disolución absorbe de 20 a $60\,\mathrm{kg}$ de $\ce{CO2}$ por metro cúbico de agua de formación y, en formaciones de flujo lento, hasta el $30\,\%$ del $\ce{CO2}$ inyectado se disuelve en unas decenas de años. La retención por solubilidad domina durante decenas a cientos de años, las formas iónicas durante cientos a miles, la retención mineral durante miles a millones: las reacciones con minerales carbonatados duran días, con silicatos, de cientos a miles de años. El almacenamiento se vuelve más seguro con el tiempo, y en emplazamientos bien elegidos y bien gestionados se juzgó probable la retención del $99\,\%$ o más del $\ce{CO2}$ durante 1000 años.

Datos de 2005

En Sleipner, en el mar del Norte, a unos $250\,\mathrm{km}$ de la costa de Noruega, el $\ce{CO2}$ separado del gas natural del campo, alrededor del $9\,\%$ de este, se inyecta desde octubre de 1996 en la formación Utsira, una arenisca salina no consolidada situada de 800 a $1000\,\mathrm{m}$ por debajo del fondo marino, a razón de alrededor de $1\,\mathrm{Mt}$ al año. A comienzos de 2005 se habían almacenado más de $7\,\mathrm{Mt}$, de las $20\,\mathrm{Mt}$ previstas durante la vida del proyecto. Campañas sísmicas repetidas obtienen imágenes de la pluma, cuya huella era entonces de unos $5\,\mathrm{km}^{2}$, y muestran que la roca de cobertera que la cubre la sella.

Sobre el terreno — Leer un pozo mientras se perfora

Cuando se termina un tramo de un pozo, los geofísicos bajan herramientas con un cable y registran en función de la profundidad las propiedades de las rocas que rodean el sondeo. Una registra su radiactividad natural, baja en la arenisca y más alta en la lutita; otra, su densidad aparente, de la que se deduce la porosidad como (densidad de grano $-$ densidad aparente)/(densidad de grano $-$ densidad del fluido), con $2.65\,\mathrm{g}/\mathrm{cm}^{3}$ para los granos de cuarzo y alrededor de $1\,\mathrm{g}/\mathrm{cm}^{3}$ para el agua. Leídos juntos, estos registros de sondeo dan el espesor neto de la roca almacén y la porosidad que entran en las fórmulas volumétricas de este capítulo.

Ejercicios

Datos de los ejercicios, salvo aviso contrario: $R = 8.314\,\mathrm{J}\,\mathrm{mol}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$; un millón de años son $3.156 \times 10^{13}\,\mathrm{s}$; querógeno de Green River, $A = 9.21 \times 10^{13}\,\mathrm{s}^{-1}$, $E/R = 26\,800\,\mathrm{K}$; masas atómicas C 12.011, H 1.008, O 15.999; densidad del $\ce{CO2}$ a lo largo del perfil de la figura: $1.872\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ en superficie, 583 a $900\,\mathrm{m}$, 621 a $1000\,\mathrm{m}$, 686 a $2000\,\mathrm{m}$. Redondéese a tres cifras significativas.

Ejercicio 30.1 ★

(a) Cuatro querógenos inmaduros tienen razones atómicas H/C de 1.58, 0.95, 1.24 y 1.12. Asígnese a cada uno un tipo y dígase cuál produciría sobre todo gas. (b) Compruébense las razones H/C y O/C de la fórmula C$_{100}$H$_{150}$N$_3$O$_8$S. (c) Hállense a partir de la composición en masa C $77.4\,\%$, H $9.8\,\%$, O $8.2\,\%$.

Solución

Solución de Ejercicio 30.1.

(a) 1.58: tipo I; 0.95: tipo III; 1.24: tipo II; 1.12: tipo mixto II/III. El querógeno de tipo III, con 0.95, produce sobre todo gas. (b) H/C $= 150/100 = 1.50$, O/C $= 8/100 = 0.08$. (c) Por cada $100\,\mathrm{g}$: $77.4/12.011 = 6.444\,\mathrm{mol}$ de C, $9.8/1.008 = 9.722\,\mathrm{mol}$ de H, $8.2/15.999 = 0.513\,\mathrm{mol}$ de O; H/C $= 1.51$ y O/C $= 0.0795$, de acuerdo con la fórmula.

Ejercicio 30.2 ★

(a) Cinco muestras de una roca generadora de tipo II tienen $R_o$ = 0.45, 0.68, 1.1, 1.6 y $2.5\,\%$. Descríbase el estado de cada una respecto del petróleo y del gas. (b) ¿Genera metano un querógeno de tipo III con $R_o = 0.68\,\%$? (c) ¿Qué fracción convertida $F$ de Easy%Ro corresponde a $R_o = 0.6$ y al $1.3\,\%$?

Solución

Solución de Ejercicio 30.2.

(a) 0.45: inmadura, por debajo del comienzo, situado en el $0.60\,\%$; 0.68: genera petróleo; 1.1: todavía en la ventana del petróleo, cerca de su final; 1.6: más allá del 1.20–$1.30\,\%$, así que el petróleo se descompone en metano y la roca produce gas; 2.5: solo gas, cuya generación continúa hasta alrededor del $4.8\,\%$. (b) No: la generación de metano a partir del tipo III empieza cerca del $0.73\,\%$. (c) $F = (\ln R_o + 1.6)/3.7$: $(-0.511 + 1.6)/3.7 = 0.294$ y $(0.262 + 1.6)/3.7 = 0.503$.

Ejercicio 30.3 ★

Una trampa cubre $6\,\mathrm{km}^{2}$; su roca almacén tiene $25\,\mathrm{m}$ de espesor neto, porosidad 0.18 y saturación de agua 0.30, y $B_o = 1.25$. (a) Hállense el volumen de petróleo en el yacimiento y el STOIIP. (b) Hállese el volumen producido para factores de recuperación de 0.30 y 0.40.

Solución

Solución de Ejercicio 30.3.

(a) En el yacimiento, $6 \times 10^6 \times 25 \times 0.18 \times 0.70 = 1.89 \times 10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$; $\mathrm{STOIIP} = 1.89 \times 10^7/1.25 = 1.51 \times 10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$. (b) $0.30 \times 1.512 \times 10^7 = 4.54 \times 10^{6}\,\mathrm{m}^{3}$ y $0.40 \times 1.512 \times 10^7 = 6.05 \times 10^{6}\,\mathrm{m}^{3}$.

Ejercicio 30.4 ★

Un acuífero de arenisca de $200\,\mathrm{m}$ de espesor bajo $10\,\mathrm{km}^{2}$ está a $75\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (a) Hállese su calor in situ por encima de $15\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, con $C = 2.5\,\mathrm{MJ}\,\mathrm{m}^{-3}\,\mathrm{K}^{-1}$. (b) ¿A qué clase de entalpía pertenece? (c) Hállese la potencia térmica media durante 30 años para $R_g = 0.25$.

Solución

Solución de Ejercicio 30.4.

(a) $V = 10^7 \times 200 = 2 \times 10^{9}\,\mathrm{m}^{3}$ y $q_R = 2.5 \times 10^6 \times 2 \times 10^9 \times 60 = 3.0 \times 10^{17}\,\mathrm{J}$. (b) Por debajo de $90\,{}^{\circ}\mathrm{C}$: un recurso de baja entalpía, para el uso directo del calor. (c) $P = 0.25 \times 3.0 \times 10^{17}/(30 \times 3.156 \times 10^{7}\,\mathrm{s}) = 79.2\,\mathrm{MW}$ de calor.

Ejercicio 30.5 ★★

(a) Hállese la energía de activación para la que una velocidad de Arrhenius se duplica entre 100 y $110\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (b) ¿En qué factor aumenta la velocidad de la reacción de Green River en el mismo intervalo? (c) ¿Cuál de las dos reglas da más peso al tiempo que una roca pasó a baja temperatura, y qué implica esto para un TTI calculado para una roca generadora de tipo I?

Solución

Solución de Ejercicio 30.5.

(a) $k_2/k_1 = \exp[(E/R)(1/T_1 - 1/T_2)] = 2$ con $1/373.15 - 1/383.15 = 6.994 \times 10^{-5}\,\mathrm{K}^{-1}$ da $E = 8.314 \times \ln 2/(6.994 \times 10^{-5}) = 82.4\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$. (b) $\exp(26800 \times 6.994 \times 10^{-5}) = 6.52$. (c) La regla de duplicación, cuya energía efectiva es menor, da relativamente más peso a los largos tiempos pasados a baja temperatura; para un querógeno de tipo I con una energía de activación alta, el TTI anuncia la generación demasiado pronto.

Ejercicio 30.6 ★★

(a) Demuéstrese a partir de (30.1) que la temperatura de semitransformación cumple $T = (E/R)\big/\ln\bigl[A T^2/(\beta\,(E/R)\ln 2)\bigr]$, y resuélvase por iteración para el querógeno de Green River calentado a $1\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{Myr}$ y a $10\,\mathrm{K}$ por minuto. (b) Compárese la diferencia con la estimación $(RT^2/E)\ln(\beta_2/\beta_1)$ tomada a la temperatura más baja, y explíquese la discrepancia.

Solución

Solución de Ejercicio 30.6.

(a) $x = 1/2$ en la aproximación da $(ART^2/\beta E)\,e^{-E/RT} = \ln 2$; tomando logaritmos, $E/RT = \ln[AT^2/(\beta(E/R)\ln 2)]$, de donde se sigue la forma indicada. Partiendo de cualquier valor inicial cercano a $400\,\mathrm{K}$ e iterando con $\beta$ en kelvin por segundo: a $1\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{Myr}$ ($\beta = 3.169 \times 10^{-14}\,\mathrm{K}/\mathrm{s}$), $T = 409.6\,\mathrm{K}$, $136.4\,{}^{\circ}\mathrm{C}$; a $10\,\mathrm{K}$ por minuto ($\beta = 0.1667\,\mathrm{K}/\mathrm{s}$, $5.26 \times 10^{12}$ veces más rápido), $T = 719.0\,\mathrm{K}$, $445.9\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (b) La diferencia es de $309.5\,\mathrm{K}$; la estimación $6.259 \times \ln(5.26 \times 10^{12}) = 6.259 \times 29.29 = 183\,\mathrm{K}$ es demasiado pequeña, porque el propio $RT^2/E$ crece con $T$ (hasta $19.3\,\mathrm{K}$ a $719\,\mathrm{K}$): el desplazamiento lineal solo es válido para cambios pequeños de velocidad.

Ejercicio 30.7 ★★

Con (30.4) y los datos del texto: (a) hállese la proporción de $^{235}$U en el uranio natural hace $2.0\,\mathrm{Ga}$ y hace $1.8\,\mathrm{Ga}$; (b) ¿cuándo era del $3.00\,\%$? (c) La mena de Oklo contiene tan solo la mitad de la proporción normal actual de $^{235}$U. Sin tener en cuenta el $^{238}$U consumido, ¿qué fracción del $^{235}$U presente en el momento de las reacciones se fisionó, y por qué la desintegración posterior no cambia la respuesta?

Solución

Solución de Ejercicio 30.7.

$\lambda_5 - \lambda_8 = 8.297\,25 \times 10^{-10}\,\mathrm{yr}^{-1}$ y $r_0 = 0.7204/99.2742 = 0.0072567$. (a) Hace $2.0\,\mathrm{Ga}$, $r = 0.0072567\,e^{1.6595} = 0.03814$, proporción $0.03814/1.03814 = 3.67\,\%$; hace $1.8\,\mathrm{Ga}$, $r = 0.03231$, proporción $3.13\,\%$. (b) $r = 3/97 = 0.030928$ y $t = \ln(0.030928/0.0072567)/(8.29725 \times 10^{-10}) = 1.75\,\mathrm{Ga}$. (c) Tanto la mena empobrecida como el uranio normal se han desintegrado desde entonces en los mismos factores, así que la razón entre sus proporciones de $^{235}$U es hoy la misma que justo después de las reacciones: la mena contenía entonces la mitad de la proporción normal, de modo que se había fisionado alrededor de la mitad de su $^{235}$U.

Ejercicio 30.8 ★★

(a) Hállese el volumen de $1\,\mathrm{Mt}$ de $\ce{CO2}$ en superficie, a $1000\,\mathrm{m}$ y a $2000\,\mathrm{m}$. (b) En Sleipner se habían inyectado más de $7\,\mathrm{Mt}$ en 2005, a unos $900\,\mathrm{m}$, en una pluma de $5\,\mathrm{km}^{2}$ de huella. Tomando una porosidad de 0.35 y una saturación de $\ce{CO2}$ de 0.30 en la pluma, hállense el volumen de roca que ocupa y su espesor medio.

Solución

Solución de Ejercicio 30.8.

(a) $10^9/1.872 = 5.34 \times 10^{8}\,\mathrm{m}^{3}$; $10^9/621.4 = 1.61 \times 10^{6}\,\mathrm{m}^{3}$; $10^9/686.4 = 1.46 \times 10^{6}\,\mathrm{m}^{3}$. (b) $7 \times 10^9/583 = 1.20 \times 10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$ de $\ce{CO2}$, que llenan $0.35 \times 0.30 = 0.105$ del volumen de roca: $1.20 \times 10^7/0.105 = 1.14 \times 10^{8}\,\mathrm{m}^{3}$ de roca, un espesor medio de $1.143 \times 10^8/(5 \times 10^6) = 22.9\,\mathrm{m}$.

Ejercicio 30.9 ★★

Un yacimiento de alta entalpía mide $3 \times 2 \times 1.5\,\mathrm{km}$ y está a $250\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, con $C = 2.6\,\mathrm{MJ}\,\mathrm{m}^{-3}\,\mathrm{K}^{-1}$. (a) Hállese su calor in situ por encima de $15\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (b) Hállese la potencia térmica media durante 30 años para $R_g = 0.1$ y $0.25$. (c) Su campo cubre $6\,\mathrm{km}^{2}$; a razón de 10 a $20\,\mathrm{MW}$ de electricidad por kilómetro cuadrado, ¿qué fracción de la potencia térmica con $R_g = 0.1$ se convierte en electricidad?

Solución

Solución de Ejercicio 30.9.

(a) $V = 9 \times 10^{9}\,\mathrm{m}^{3}$ y $q_R = 2.6 \times 10^6 \times 9 \times 10^9 \times 235 = 5.50 \times 10^{18}\,\mathrm{J}$. (b) Durante $30 \times 3.156 \times 10^{7}\,\mathrm{s} = 9.47 \times 10^{8}\,\mathrm{s}$: $R_g = 0.1$ da $581\,\mathrm{MW}$ y $0.25$ da $1450\,\mathrm{MW}$ de calor. (c) $6 \times (10 \text{ a } 20) = 60$ a $120\,\mathrm{MW}$ de electricidad, de $60/581 = 0.10$ a $120/581 = 0.21$ de la potencia térmica: la mayor parte del calor se disipa, como en cualquier central que trabaja con una diferencia de temperatura modesta.

Ejercicio 30.10 ★★★

Una falla a unos $4\,\mathrm{km}$ soporta un esfuerzo normal de $80\,\mathrm{MPa}$ y un esfuerzo de cizalla de $22\,\mathrm{MPa}$; su coeficiente de rozamiento es 0.6 y la presión intersticial es hidrostática, $39\,\mathrm{MPa}$. (a) ¿Es estable la falla? Hállese el aumento de presión intersticial que la lleva a la rotura, en megapascales y en bares, y compárese con el umbral de Denver. (b) Lo mismo si el esfuerzo de cizalla es de $24\,\mathrm{MPa}$. (c) Explíquese por qué pueden desencadenarse terremotos a kilómetros de un pozo de inyección, y años después de que empezara la inyección.

Solución

Solución de Ejercicio 30.10.

(a) La resistencia es $0.6 \times (80 - 39) = 24.6\,\mathrm{MPa} > 22\,\mathrm{MPa}$: estable. La rotura exige $0.6\,\Delta p = 24.6 - 22$, $\Delta p = 4.33\,\mathrm{MPa} = 43\,\mathrm{bar}$, del mismo orden que los $32\,\mathrm{bar}$ que delimitaban los terremotos de Denver. (b) $(24.6 - 24)/0.6 = 1.0\,\mathrm{MPa} = 10\,\mathrm{bar}$: una falla ya cercana a la rotura solo necesita un pequeño aumento. (c) El fluido inyectado eleva la presión en una zona que se extiende por difusión a través de la roca permeable y de las zonas de falla, a kilómetros de distancia y a lo largo de años; dondequiera que encuentra una falla ya cercana a la rotura, basta un aumento modesto.

Ejercicio 30.11 ★★★

(a) A partir de la aproximación de (30.1), demuéstrese que, con una velocidad de calentamiento constante, la tasa de transformación pasa del $10\,\%$ al $90\,\%$ en un intervalo de temperatura $\Delta T \approx \bigl[\ln\ln 10 - \ln\ln(10/9)\bigr]\,RT^2/E$. (b) Evalúese para el querógeno de Green River a $1\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{Myr}$. (c) Compárese con la curva continua de la figura y explíquese la diferencia.

Solución

Solución de Ejercicio 30.11.

(a) Escríbase $x = e^{-u}$ con $u = (ART^2/\beta E)\,e^{-E/RT}$. Una tasa de transformación del $10\,\%$ significa $x = 0.9$, $u = \ln(10/9)$; el $90\,\%$ significa $u = \ln 10$. Como $\mathrm{d}\ln u/\mathrm{d}T = E/RT^2 + 2/T \approx E/RT^2$, $\Delta(\ln u) \approx (E/RT^2)\,\Delta T$, lo que da la fórmula, con $\ln\ln 10 - \ln\ln(10/9) = 0.834 + 2.250 = 3.084$. (b) Con $T = 409.6\,\mathrm{K}$, $RT^2/E = 6.26\,\mathrm{K}$ y $\Delta T = 19.3\,\mathrm{K}$; la curva exacta con energía única da $18.6\,\mathrm{K}$, de 125.3 a $143.8\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (c) La curva continua sube del $10\,\%$ cerca de $122\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ al $90\,\%$ cerca de $148\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, en unos $26\,\mathrm{K}$: la dispersión de las energías de activación ensancha el intervalo de transformación.

Ejercicio 30.12 ★★★

Sleipner debe almacenar $20\,\mathrm{Mt}$ de $\ce{CO2}$. (a) Hállese el volumen de agua de formación necesario para disolverlo todo, a 20 y a $60\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. (b) Hállese su volumen como fase libre a $1000\,\mathrm{m}$. (c) Con $E = 2\,\%$, hállense el volumen de poros de formación necesario y la superficie de una formación de $50\,\mathrm{m}$ de espesor y porosidad 0.30.

Solución

Solución de Ejercicio 30.12.

(a) $2 \times 10^{10}/20 = 1.0 \times 10^{9}\,\mathrm{m}^{3}$ ($1.0\,\mathrm{km}^{3}$) y $2 \times 10^{10}/60 = 3.3 \times 10^{8}\,\mathrm{m}^{3}$. (b) $2 \times 10^{10}/621.4 = 3.22 \times 10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$. (c) $3.22 \times 10^7/0.02 = 1.61 \times 10^{9}\,\mathrm{m}^{3}$ de poros, que con $50 \times 0.30 = 15\,\mathrm{m}$ de espacio poroso por metro cuadrado requieren $1.61 \times 10^9/15 = 1.07 \times 10^{8}\,\mathrm{m}^{2}$, unos $107\,\mathrm{km}^{2}$.

Problema 30.1

Problema de fin de semana — Una cuenca, dos usos

En una cuenca inventada, una roca generadora de tipo I se depositó hace $120\,\mathrm{Ma}$ en la superficie. Después se acumuló sedimento a $60\,\mathrm{m}$ por millón de años hasta hace $70\,\mathrm{Ma}$, y a $30\,\mathrm{m}$ por millón de años desde entonces. La superficie está a $15\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ y la geoterma es constante, de $25\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$. El querógeno tiene la cinética de Green River del texto (energía única). Su cocina, la parte madura de la roca generadora, cubre $400\,\mathrm{km}^{2}$, tiene $50\,\mathrm{m}$ de espesor y una densidad de $2400\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, y puede producir $30\,\mathrm{kg}$ de petróleo por tonelada de roca con transformación completa; el petróleo tiene una densidad en superficie de $850\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. El petróleo llena una trampa de $12\,\mathrm{km}^{2}$ cuya roca almacén, centrada a $2000\,\mathrm{m}$, tiene un espesor neto de $40\,\mathrm{m}$, porosidad 0.22 y saturación de agua 0.25, con $B_o = 1.30$. Úsense los datos de los ejercicios; redondéese a tres cifras significativas.

Parte I — Enterramiento e índice tiempo–temperatura.

1. Hállense la profundidad y la temperatura de la roca generadora hace $70\,\mathrm{Ma}$ y hoy.
2. Hállese su velocidad de calentamiento en cada fase.
3. Hállese el tiempo que pasó en cada intervalo de $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, desde $15\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ hasta su temperatura actual.
4. Calcúlese su TTI actual (método del texto).
5. ¿Cuándo, a qué temperatura y a qué profundidad superó un TTI de 15?
6. Lo mismo para 75 y 160.
7. Según el TTI, ¿sigue generando petróleo la roca generadora?

Parte II — Transformación según la cinética.

8. Hállese la constante de velocidad a $90\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ y demuéstrese que menos del $0.2\,\%$ del querógeno pudo transformarse antes de hace $70\,\mathrm{Ma}$.
9. Con (30.1) y la velocidad de calentamiento de la segunda fase, hállense la fracción sin transformar y la tasa de transformación actuales.
10. Hállese la temperatura de semitransformación con esta velocidad de calentamiento (Ejercicio 30.6).
11. ¿Cuándo se alcanzó?
12. Compárese con el momento del máximo de generación que da el TTI, y explíquese la diferencia.
13. ¿Un querógeno de tipo II con una energía de activación media más baja se habría transformado antes o después?

Parte III — Petróleo generado, in situ y recuperable.

14. Tomando una tasa de transformación de 0.92, hállese la masa de petróleo generada en la cocina.
15. Hállese su volumen en superficie.
16. Hállese el STOIIP de la trampa.
17. ¿Qué fracción del petróleo generado contiene la trampa? Consérvense $1.56 \times 10^{9}\,\mathrm{m}^{3}$ para (15).
18. Hállese el petróleo producido para un factor de recuperación de 0.35.
19. ¿Por qué el factor de recuperación es mucho menor que uno, y qué cambiaría la inyección de $\ce{CO2}$?

Parte IV — El campo agotado como almacén de $\ce{CO2}$.

20. Hállense la temperatura y la presión hidrostática de la roca almacén. ¿Es supercrítico allí el $\ce{CO2}$ inyectado? Léase su densidad en la figura.
21. Conservando $N_p = 2.13 \times 10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$, hállese el volumen de yacimiento liberado por la producción.
22. Exprésese como factor de eficiencia de almacenamiento del volumen de poros de la trampa, y compárese con las formaciones salinas.
23. Una formación salina bajo el campo cubre $600\,\mathrm{km}^{2}$, tiene $80\,\mathrm{m}$ de espesor y porosidad 0.20, con $\ce{CO2}$ a $691\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. Hállese su capacidad con $E = 2\,\%$.
24. ¿Cuántos años de inyección al ritmo de Sleipner la llenarían?
25. Con $\rho = 686\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ y el volumen liberado redondeado a $2.77 \times 10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$, hállese la capacidad de almacenamiento de $\ce{CO2}$ del yacimiento agotado, en megatoneladas.

Solución

Solución de Problema 30.1.

Parte I. 1. Hace $70\,\mathrm{Ma}$: $50 \times 60 = 3000\,\mathrm{m}$, $15 + 25 \times 3.0 = 90\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. Hoy: $3000 + 70 \times 30 = 5100\,\mathrm{m}$, $142.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. 2. $60 \times 0.025 = 1.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{Myr}$, y después $30 \times 0.025 = 0.75\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{Myr}$. 3. 15–$20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$: $3.33\,\mathrm{Myr}$; cada intervalo de 20 a $90\,{}^{\circ}\mathrm{C}$: $10/1.5 = 6.67\,\mathrm{Myr}$; cada uno de 90 a $140\,{}^{\circ}\mathrm{C}$: $10/0.75 = 13.3\,\mathrm{Myr}$; 140–$142.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}$: $3.33\,\mathrm{Myr}$. 4. Valores por intervalo $\Delta t_n 2^n$, con las sumas acumuladas: 15–20 ($n = -9$) 0.0065; 20–30 0.026 (0.033); 30–40 0.052 (0.085); 40–50 0.104 (0.189); 50–60 0.208 (0.397); 60–70 0.417 (0.814); 70–80 0.833 (1.65); 80–90 1.67 (3.31); 90–100 6.67 (9.98); 100–110 13.3 (23.3); 110–120 26.7 (50.0); 120–130 53.3 (103); 130–140 107 (210); 140–142.5 ($n = 4$) 53.3: TTI actual 263. 5. Se supera 15 en el intervalo 100–$110\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, a $100 + 10 \times (15 - 9.98)/13.33 = 103.8\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, alcanzados $(103.8 - 90)/0.75 = 18.4\,\mathrm{Myr}$ después de $70\,\mathrm{Ma}$: hace $51.6\,\mathrm{Ma}$ y a $(103.8 - 15)/0.025 = 3550\,\mathrm{m}$. 6. 75: $124.7\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $23.7\,\mathrm{Ma}$, $4390\,\mathrm{m}$. 160: $135.3\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $9.6\,\mathrm{Ma}$, $4810\,\mathrm{m}$. 7. No: con 263 ha superado el final de la generación de petróleo (160), desde hace unos $10\,\mathrm{Ma}$.

Parte II. 8. $k = 9.21 \times 10^{13}\,e^{-26800/363.15} = 8.20 \times 10^{-19}\,\mathrm{s}^{-1}$. La roca estuvo por debajo de $90\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ durante los $50\,\mathrm{Myr}$ anteriores a $70\,\mathrm{Ma}$, así que la fracción transformada es menor que $k\,t = 8.20 \times 10^{-19} \times 50 \times 3.156 \times 10^{13} = 1.29 \times 10^{-3}$. 9. $\beta = 0.75/(3.156 \times 10^{13}) = 2.376 \times 10^{-14}\,\mathrm{K}/\mathrm{s}$, $T = 415.65\,\mathrm{K}$: $ART^2/(\beta E) = 2.498 \times 10^{28}$ y $e^{-E/RT} = 9.95 \times 10^{-29}$, así que $u = 2.486$, $x = 0.0833$ y la tasa de transformación es 0.917. 10. $134.7\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. 11. $70 - (134.7 - 90)/0.75 = 10.4\,\mathrm{Ma}$. 12. El TTI sitúa el máximo de generación hace $23.7\,\mathrm{Ma}$, la cinética $13\,\mathrm{Myr}$ después, porque la regla de duplicación corresponde a $E \approx 82\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ y da demasiado peso a las bajas temperaturas para un querógeno de $223\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ (Ejercicio 30.5). 13. Antes: una energía más baja reduce la temperatura de semitransformación.

Parte III. 14. Roca: $4 \times 10^8 \times 50 \times 2400 = 4.8 \times 10^{13}\,\mathrm{kg}$; potencial $0.030 \times 4.8 \times 10^{13} = 1.44 \times 10^{12}\,\mathrm{kg}$; generado $0.92 \times 1.44 \times 10^{12} = 1.32 \times 10^{12}\,\mathrm{kg}$. 15. $1.3248 \times 10^{12}/850 = 1.56 \times 10^{9}\,\mathrm{m}^{3}$. 16. $1.2 \times 10^7 \times 40 \times 0.22 \times 0.75/1.30 = 6.09 \times 10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$. 17. $6.09 \times 10^7/1.56 \times 10^9 = 0.039$, el $3.9\,\%$: la mayor parte del petróleo generado permanece en la roca generadora, se pierde a lo largo de las vías de migración o escapa a la superficie. 18. $0.35 \times 6.09 \times 10^7 = 2.13 \times 10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$. 19. Alrededor de dos tercios del petróleo permanecen en el yacimiento tras la recuperación primaria y secundaria; la inyección de $\ce{CO2}$ podría recuperar entre un 10 y un $15\,\%$ más del petróleo in situ.

Parte IV. 20. $15 + 25 \times 2 = 65\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ y $0.101 + 1000 \times 9.807 \times 2000/10^6 = 19.7\,\mathrm{MPa}$: ambos por encima del punto crítico ($31.0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $7.38\,\mathrm{MPa}$), así que el $\ce{CO2}$ es supercrítico, con unos $686\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. 21. $2.13 \times 10^7 \times 1.30 = 2.77 \times 10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$. 22. Volumen de poros $1.2 \times 10^7 \times 40 \times 0.22 = 1.056 \times 10^{8}\,\mathrm{m}^{3}$, y $E = 2.77 \times 10^7/1.056 \times 10^8 = 0.262$, muy por encima del 1 al $4\,\%$ de las formaciones salinas: el petróleo producido ha vaciado un espacio conocido y sellado. 23. $6 \times 10^8 \times 80 \times 0.20 \times 691 \times 0.02 = 1.33 \times 10^{11}\,\mathrm{kg}$, $133\,\mathrm{Mt}$. 24. A $1\,\mathrm{Mt}$ al año, unos 133 años. 25. $M = \rho\,N_p\,B_o = 686 \times 2.77 \times 10^7 = 1.90 \times 10^{10}\,\mathrm{kg}$: el yacimiento agotado puede almacenar $19.0\,\mathrm{Mt}$ de $\ce{CO2}$.