30Géologie énergétique

Le pétrole résulte des restes d’organismes microscopiques, enfouis avec la boue et cuits pendant des millions d’années vers $100\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ ; la géothermie est la même chaleur de la Terre, prélevée directement. Les deux sont gouvernées par la température et par le temps : la première par la vitesse à laquelle une réaction chimique se déroule à mesure que les roches enfouies se réchauffent lentement, la seconde par la quantité de chaleur qu’un volume de roche emmagasine et par la vitesse à laquelle l’eau peut la transporter jusqu’à un puits. Ce chapitre quantifie le système pétrolier et examine les ressources qui manquent de l’un de ses éléments, puis la chaleur géothermique et l’uranium, et se termine par l’opération inverse : remettre le dioxyde de carbone dans le sous-sol.

Tu sais déjà

Des volumes scolaires : roche mère, kérogène, maturation, fenêtre à huile, migration, roche réservoir, couverture, piège, charge sédimentaire, système pétrolier ; houille et rang du charbon ; énergie géothermique. Du volume de première année : flux de chaleur et géotherme ; porosité et perméabilité ; pression du fluide interstitiel, contrainte effective et critère de Coulomb ; diagraphie ; bassin sédimentaire et subsidence. Des volumes de chimie : la loi d’Arrhenius, l’énergie d’activation, la réaction d’ordre un. Des volumes de physique : la désintégration radioactive, la constante de désintégration, la demi-vie ; le point critique d’un fluide. Du Chapitre 16 : courbe de subsidence. Du Chapitre 29 : type de gisement, tonnage.

30.1 Le système pétrolier quantifié

Un système pétrolier exige une roche mère riche en kérogène, un réservoir, une couverture, un piège et une charge sédimentaire suffisante pour réchauffer la roche mère, et ses événements doivent se succéder dans le bon ordre : le piège doit exister au moment où l’huile migre. Le quantifier revient à répondre à trois questions : quel type de kérogène contient la roche mère, jusqu’à quel point ce kérogène a été transformé, et quelle part du produit se trouve dans le piège.

Définition 30.1 (Type de kérogène, diagramme de van Krevelen)

Les kérogènes se répartissent en trois types de kérogène selon leur composition élémentaire : type I, sapropélique, le plus riche en hydrogène, qui engendre surtout de l’huile ; type III, humique ou charbonneux, pauvre en hydrogène, qui engendre surtout du méthane ; et type II, intermédiaire, source d’huile et de gaz à la fois. Le diagramme de van Krevelen trace le rapport atomique H/C d’un kérogène en fonction de son rapport atomique O/C ; les types occupent des régions différentes du diagramme, et la maturation déplace un kérogène vers les faibles H/C et les faibles O/C.

Sept kérogènes immatures de type connu, analysés dans un même laboratoire, ont un H/C atomique de 1.51 et 1.61 (type I, parmi eux le schiste bitumineux de Green River dans l’Utah, déposé dans des lacs et riche en restes d’algues), de 1.22 à 1.28 (type II, parmi eux l’argile de Kimmeridge de la mer du Nord), de 1.13 (un mélange de type II/III) et de 0.99 (type III, le charbon de Cameo dans le Colorado). Le kérogène de Green River, à $77\,\%$ de carbone en masse, a pour moyenne C$_{100}$H$_{150}$N$_3$O$_8$S : H/C 1.50 et O/C 0.08. Chauffé en laboratoire à $10\,\mathrm{K}$ par minute, il laisse un résidu dont le H/C tombe à 1.20 à $460\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ puis à 0.54 à $525\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, tandis que son O/C passe de 0.08 à environ 0.01 : le chemin tracé à gauche de la figure ci-dessous.

La conversion du kérogène en pétrole est un ensemble de réactions d’ordre un, obéissant chacune à la loi d’Arrhenius. Dans un bassin en subsidence, la température d’une roche mère s’élève lentement et presque régulièrement, ce qui fait du résultat suivant le cœur des modèles de maturation.

Proposition 30.2 (Réaction d’ordre un à vitesse de chauffe constante)

Soit une réaction d’ordre un de constante de vitesse $k = A\,e^{-E/RT}$ se déroulant dans un matériau chauffé à la vitesse constante $\beta = \mathrm{d}T/\mathrm{d}t$ à partir d’une température $T_0$ à laquelle $k$ est négligeable. La fraction non convertie à la température $T$ vaut

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

l’approximation étant valable lorsque $E/RT \gg 1$ ; le taux de transformation est $1 - x$.

Deux conséquences en découlent. La conversion se produit sur un intervalle étroit de températures, car $e^{-E/RT}$ varie si vite (exercice 30.11). Un chauffage plus lent convertit à plus basse température : en prenant $x = 1/2$, une vitesse de chauffe dix fois plus rapide élève la température de demi-conversion d’environ $(RT^2/E)\ln 10$. La cinétique du kérogène de Green River, ajustée sur des pyrolyses de laboratoire, donne $A = 9.21 \times 10^{13}\,\mathrm{s}^{-1}$ et $E/R = 26\,800\,\mathrm{K}$ ($E = 223\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$) ; avec cette énergie unique, la demi-conversion survient à $136.4\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ pour $1\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{Ma}$ et à $150.9\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ pour $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{Ma}$, soit un décalage de $14.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ contre $6.26 \times \ln 10 = 14.4\,\mathrm{K}$ prévu. Chauffé à $10\,\mathrm{K}$ par minute, le même kérogène se convertit vers $450\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ (exercice 30.6) : le temps tient lieu de température. C’est pourquoi la cinétique se mesure par pyrolyse vers 250 à $600\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, et pourquoi extrapoler ces lois sur douze ordres de grandeur de vitesse de chauffe laisse incertaine la profondeur prévue de la fenêtre à huile.

Un kérogène réel possède des liaisons de forces très diverses : sa cinétique est donc une distribution d’énergies d’activation, chaque fraction obéissant à la proposition ; pour le kérogène de Green River, la distribution est normale, avec un écart type $\sigma/R = 481\,\mathrm{K}$. La distribution élargit la conversion, comme le montre le côté droit de la figure : à $150\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, le kérogène chauffé à $1\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{Ma}$ est converti à $93\,\%$, celui chauffé dix fois plus vite à $48\,\%$.

Définition 30.3 (Réflectance de la vitrinite, indice temps–température)

Réflectance de la vitrinite, $R_o$, est le pourcentage de la lumière incidente réfléchie par des grains polis de vitrinite, un constituant organique du charbon et du kérogène, mesuré au microscope ; elle croît de façon irréversible avec le chauffage et enregistre la maturité thermique la plus élevée qu’une roche ait atteinte. Le indice temps–température (TTI) de Lopatin est la somme $\sum_n \Delta t_n\,2^n$ sur les intervalles de $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ que la roche a traversés, $\Delta t_n$ étant le temps, en millions d’années, passé dans l’intervalle numéroté $n$, avec $n = 0$ pour 100 à $110\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $n = 1$ pour 110 à $120\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $n = -1$ pour 90 à $100\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, et ainsi de suite.

Sur l’échelle de réflectance, la génération d’huile à partir des kérogènes de types I et II commence près de $R_o = 0.60\,\%$ ; au-delà de 1.20 à $1.30\,\%$, l’huile n’est plus stable et se décompose en méthane ; le type III commence à produire du méthane vers $0.73\,\%$, et la génération de gaz se poursuit jusqu’à environ $4.8\,\%$. Les modèles calculent $R_o$ comme un kérogène : le modèle Easy%Ro traite la vitrinite comme vingt réactions parallèles d’ordre un de $A = 10^{13}\,\mathrm{s}^{-1}$ et d’énergies comprises entre 34 et $72\,\mathrm{kcal}/\mathrm{mol}$ (142 à $301\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$), et transforme leur fraction convertie $F$, d’au plus 0.85, en $R_o = \exp(-1.6 + 3.7F)$, qui varie de 0.20 à $4.7\,\%$.

La réflectance se calcule de la même façon le long de chaque horizon d’un bassin. Dans le bassin fictif de la figure ci-dessous, les sédiments se sont accumulés à $100\,\mathrm{m}$ par million d’années de 100 à $70\,\mathrm{Ma}$, puis à $35\,\mathrm{m}$ par million d’années, sous une surface à $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ et avec un gradient stable de $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$. Son horizon le plus ancien a atteint $R_o = 0.6\,\%$ à $67.6\,\mathrm{Ma}$, à $3080\,\mathrm{m}$ et $102\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, et $1.3\,\%$ à $11.6\,\mathrm{Ma}$, à $5040\,\mathrm{m}$ et $161\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ ; il se trouve aujourd’hui à $5450\,\mathrm{m}$ et $173.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, avec $R_o = 1.54\,\%$. Le géotherme étant stable, les fronts de réflectance suivent presque les isothermes, le début de la génération d’huile vers $100\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, dans les 60 à $120\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ des volumes scolaires.

La TTI est plus ancienne et plus grossière. Elle suppose que la maturation double sa vitesse pour chaque hausse de $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, comme le fait près de $100\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ une loi d’Arrhenius d’énergie $E \approx 82\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ (exercice 30.5) ; sur son échelle, Waples plaça le début de la génération d’huile à une TTI de 15, son maximum à 75 et sa fin à 160.

Méthode 30.4 (Calcul d’un indice temps–température)

Les données sont l’histoire d’enfouissement de la roche mère et le géotherme, supposé stable.

1. Trajet thermique. Convertir la profondeur en température à chaque instant : température de surface plus gradient multiplié par la profondeur.
2. Temps dans les intervalles. Trouver le temps $\Delta t_n$ passé dans chaque intervalle de $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ ; si la vitesse de chauffe $\beta$ est constante, $\Delta t_n = 10\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\beta$.
3. Somme. Additionner les produits $\Delta t_n\,2^n$ dans l’ordre du temps ; le début, le maximum et la fin de la génération d’huile sont atteints lorsque la somme cumulée passe par 15, 75 et 160.

Les modèles de bassin expriment la conversion par un taux de transformation : la fraction du potentiel d’hydrocarbures initial d’une roche mère déjà convertie. Dans un modèle d’un bassin californien, l’expulsion depuis la roche mère était supposée commencer à un taux de $10\,\%$, culminer à $50\,\%$ et s’achever à $95\,\%$. L’huile expulsée, plus légère que l’eau, migre vers le haut dans des roches réservoirs perméables et y est retenue là où une couverture ferme un piège.

Proposition 30.5 (Pétrole en place)

Soit un piège d’aire $A$ et un réservoir d’épaisseur utile $h$, de porosité $\phi$ et de saturation en eau $S_w$, et soit $B_o$ le facteur volumique de formation de son huile, c’est-à-dire le rapport du volume qu’une quantité d’huile occupe dans le réservoir à son volume en surface. L’huile initialement en place (STOIIP), c’est-à-dire le volume d’huile mesuré en surface, vaut

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

Définition 30.6 (Taux de récupération)

Le taux de récupération d’un réservoir est la fraction de l’huile (ou du gaz) initialement en place qui est produite pendant sa durée de vie.

La production primaire et la récupération secondaire par injection d’eau recouvrent en général 30 à $40\,\%$ de l’huile en place ; l’injection de dioxyde de carbone en récupère $10\,\%$ à $15\,\%$ de plus. Un piège de $10\,\mathrm{km}^{2}$ avec $30\,\mathrm{m}$ de réservoir net, de porosité 0.20, de saturation en huile 0.70 et $B_o = 1.2$ contient $3.5 \times 10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$ d’huile mesurée en surface, dont de 1.05 à $1.4 \times 10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$ seraient produits.

30.2 Ressources non conventionnelles

Définition 30.7 (Réservoir non conventionnel)

Un réservoir non conventionnel est une roche de perméabilité si faible que l’huile ou le gaz contenus dans ses pores microscopiques ne peuvent rejoindre un puits à un débit économique sans stimulation artificielle ; on la produit par des puits forés horizontalement le long de celle-ci et fracturée hydrauliquement. L’huile et le gaz de schiste sont retenus dans la roche mère elle-même, le gaz de réservoir compact dans des grès et des carbonates à faible perméabilité.

Un gisement non conventionnel est donc une roche mère, ou une roche voisine, qui a conservé une partie de ce qu’elle a engendré. Le produit qu’elle contient dépend de sa maturité : un schiste dans la fenêtre à huile contient de l’huile, un schiste au-delà de $R_o \approx 1.3\,\%$ du gaz. La production à grande échelle de gaz de schiste a commencé vers 2000 dans le Barnett Shale du Texas, et l’essentiel de la hausse de la production de gaz des États-Unis depuis 2005 provient du forage horizontal et de la fracturation hydraulique dans les schistes, les grès, les carbonates et d’autres formations compactes ; le gaz est aussi produit à partir de couches de charbon.

30.3 Énergie géothermique

Définition 30.8 (Système géothermique, chaleur en place, classes d’enthalpie, EGS)

Un système géothermique est un volume de croûte où la chaleur, la perméabilité et l’eau se rencontrent pour qu’on puisse produire de l’eau chaude ou de la vapeur depuis des puits. La chaleur en place d’un réservoir est la chaleur qu’il restituerait en se refroidissant de sa température à une température de référence. Une ressource haute énergie est un système géothermique au-dessus d’environ $150\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ ; une ressource basse énergie est une ressource en dessous d’environ $90\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ ; entre les deux, la ressource est dite modérée. Les trois conviennent à l’usage direct de la chaleur, mais en général seules les classes modérée et haute peuvent produire de l’électricité. Un système géothermique stimulé (EGS) est un corps de roche chaude de faible perméabilité naturelle dans lequel la perméabilité est créée par ingénierie, de sorte que de l’eau puisse y circuler et que sa chaleur soit récupérée.

Proposition 30.9 (Chaleur en place et puissance récupérable)

Un réservoir de volume $V$, de température moyenne $T_R$ et de capacité thermique volumique $C$ (roche et fluide des pores ensemble) contient, au-dessus de la température de référence $T_0$, la chaleur

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

Si une fraction $R_g$ de cette chaleur atteint les têtes de puits pendant une durée de production $\tau$, la puissance thermique moyenne produite est power produced is $P = R_g\,q_R/\tau$.

Les évaluations de ressources utilisent cette méthode volumique avec une référence de $15\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. Le taux de récupération $R_g$ est la partie incertaine : les premières évaluations prenaient 0.25, entre 0 et 0.5 ; la production de réservoirs fracturés conduit plutôt à 0.1, entre 0.05 et 0.2. Avec $C = 2.5\,\mathrm{MJ}\,\mathrm{m}^{-3}\,\mathrm{K}^{-1}$ (les matrices rocheuses en contiennent de 2 à $3\,\mathrm{MJ}\,\mathrm{m}^{-3}\,\mathrm{K}^{-1}$), un réservoir de $3 \times 4 \times 1\,\mathrm{km}$ à $220\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ contient $6.15 \times 10^{18}\,\mathrm{J}$ ; avec $R_g = 0.1$ sur 30 ans, il fournit une puissance thermique moyenne de $650\,\mathrm{MW}$. Les champs conventionnels produisent de 10 à $20\,\mathrm{MW}$ d’électricité par kilomètre carré de champ.

Les systèmes géothermiques naturels ont besoin de perméabilité autant que de chaleur. La plupart des grands se trouvent près des bords des plaques tectoniques, parmi les volcans, les fumerolles, les sources chaudes et les geysers, et leur perméabilité est en général celle de fractures ouvertes par une faille active : de l’eau souterraine chauffée en profondeur remonte par elles, et des puits captent le réservoir fracturé, comme dans la coupe ci-dessous. Un EGS n’a besoin d’aucun réservoir naturel : ses puits, forés vers $5\,\mathrm{km}$, atteignent une roche chaude dont la perméabilité est créée par ingénierie, et une évaluation de 2008 des États-Unis chiffre son potentiel provisoire à $517\,800\,\mathrm{MW}$ d’électricité, contre $9057\,\mathrm{MW}$ pour les systèmes conventionnels identifiés.

Définition 30.10 (Sismicité induite)

Sismicité induite est une activité sismique causée par des opérations humaines qui modifient la contrainte ou la pression du fluide interstitiel dans la croûte, le plus souvent l’injection de fluide dans le sol.

Le mécanisme est le critère de Coulomb avec pression du fluide interstitiel : une faille glisse lorsque la contrainte de cisaillement atteint $\mu(\sigma_n - p)$, si bien qu’augmenter $p$ rapproche de la rupture une faille déjà sollicitée, sans changer la charge tectonique. Dans les années 1960, des eaux usées injectées dans le socle précambrien fracturé sous le Rocky Mountain Arsenal, près de Denver, à des profondeurs de 3.7 à $7.0\,\mathrm{km}$, déclenchèrent des séismes ; ceux-ci se confinaient à la partie du réservoir où la pression avait augmenté de plus de $32\,\mathrm{bar}$ ($3.2\,\mathrm{MPa}$). La forte hausse des séismes dans l’Oklahoma a été attribuée à l’élimination des eaux usées : quatre puits à gros débit pourraient expliquer un cinquième de la sismicité du centre des États-Unis, en déclenchant des séismes à plus de $30\,\mathrm{km}$ de distance. Stimuler un réservoir EGS élève la pression interstitielle de la même façon, par conception.

30.4 Uranium

Deux types de gisement illustrent la façon dont l’uranium se concentre : l’un à une discordance ancienne, l’autre dans un grès.

Définition 30.11 (Gisements d’uranium liés à une discordance et en front d’oxydoréduction)

Un gisement d’uranium lié à une discordance est un corps de pechblende et d’uraninite remplissant des fractures et des brèches dans des pélites carbonées métamorphisées et dans les arénites quartzeuses qui les surmontent, sous, au-dessus ou à cheval sur une discordance entre des roches du Protérozoïque inférieur et moyen, dans un bassin intracratonique. Un gisement d’uranium en front d’oxydoréduction (roll-front) est un corps en forme de croissant de minéraux d’uranium qui recoupe la stratification d’un grès feldspathique ou tufacé, à la limite entre un terrain oxydé et un terrain réduit, où l’uranium s’est déposé dans un milieu localement réducteur, parmi la pyrite.

Les gisements liés à une discordance sont encaissés dans des roches de 1800 à $1200\,\mathrm{Ma}$ : les pélites métamorphisées sous la discordance et les grès non métamorphisés au-dessus ; leurs roches encaissantes sont chloritisées, et les schistes graphiteux qui accompagnent beaucoup d’entre eux sont de bons conducteurs électriques, une cible pour les levés électromagnétiques. Key Lake, Cluff Lake et Rabbit Lake en Saskatchewan, ainsi que Jabiluka et Ranger dans le nord de l’Australie, en sont des exemples. Les fronts d’oxydoréduction sont plus jeunes, pour la plupart tertiaires : dans les grès alimentés par des cendres volcaniques felsiques ou par un granite, les minéraux de fer oxydés se trouvent en amont-pendage du front et les minéraux réduits en aval-pendage, comme dans les bassins du Wyoming et de la côte du golfe du Texas.

Proposition 30.12 (Uranium 235 dans le passé)

Soit $r_0$ le rapport atomique actuel $^{235}$U/$^{238}$U et $\lambda_5$, $\lambda_8$ les constantes de désintégration des deux isotopes. Il y a un temps $t$, ce rapport valait

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

et le $^{235}$U formait une fraction $r/(1 + r)$ des atomes d’uranium, en négligeant la trace de $^{234}$U.

Avec $\lambda_5 = 9.8485 \times 10^{-10}\,\mathrm{an}^{-1}$, $\lambda_8 = 1.551\,25 \times 10^{-10}\,\mathrm{an}^{-1}$ et les abondances actuelles $0.7204\,\%$ et $99.2742\,\%$, $r_0 = 0.0072567$ ; il y a $2.0\,\mathrm{Ga}$ $r = 0.0381$ et l’uranium naturel contenait $3.67\,\%$ d’$^{235}$U, soit cinq fois la part actuelle.

Histoire des sciences — Un réacteur vieux de deux milliards d’années

En 1972, des scientifiques français qui mesuraient du minerai d’uranium relevèrent de faibles mais significatifs déficits d’$^{235}$U, qu’ils rattachèrent à la mine d’Oklo, au Gabon. Là, des poches de roche contenaient jusqu’à $65\,\%$ d’uranium avec une part d’$^{235}$U aussi faible que la moitié de la part normale, et du néodyme appauvri en son isotope primordial $^{142}$Nd mais enrichi en isotopes 143 à 150 que produit la fission : des réactions en chaîne s’étaient déroulées dans le minerai il y a environ deux milliards d’années, à environ $300\,\mathrm{bar}$ et de 400 à $500\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. Seize de ces réacteurs naturels sont connus à Oklo et à Bangombé voisin, les deux seuls gisements au monde où on les a trouvés ; la matière organique avait aidé à concentrer l’uranium, et l’oxyde d’uranium a retenu sur place, depuis lors, la plupart des actinides et des produits de fission non volatils.

30.5 Stockage géologique du dioxyde de carbone

Définition 30.13 (Stockage géologique du $\ce{CO2}$, mécanismes de piégeage, facteur d’efficacité de stockage)

Le stockage géologique du $\ce{CO2}$ est l’injection de dioxyde de carbone dans des formations rocheuses poreuses profondes, des réservoirs de pétrole et de gaz épuisés, des formations salines profondes ou des couches de charbon, pour une rétention sur de longues durées. Les mécanismes de piégeage du $\ce{CO2}$ qui le retiennent sont le piégeage structural (et stratigraphique) sous une couverture ; le piégeage résiduel, sous forme d’une phase immobile retenue dans les pores par des forces capillaires ; le piégeage par solubilité, par dissolution dans l’eau de formation ; le piégeage minéral, par réaction avec des minéraux pour former des carbonates ; et, dans le charbon et les schistes, l’adsorption sur la matière organique. Le facteur d’efficacité de stockage $E$ d’une formation est la fraction de son volume poreux que le $\ce{CO2}$ injecté peut raisonnablement remplir.

Le dioxyde de carbone est un gaz en surface, mais son point critique se situe à $31.0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ et $7.38\,\mathrm{MPa}$. Le long d’un géotherme de $25\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$ partant de $15\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ sous pression hydrostatique, la température franchit la valeur critique à $641\,\mathrm{m}$ et la pression à $742\,\mathrm{m}$ ; la masse volumique du $\ce{CO2}$ pur passe de $234\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ à $700\,\mathrm{m}$ à $583\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ à $900\,\mathrm{m}$, puis se stabilise vers 670 à $700\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ au-dessous de $1.5\,\mathrm{km}$. Une tonne occupe $534\,\mathrm{m}^{3}$ en surface et $1.6\,\mathrm{m}^{3}$ à $1000\,\mathrm{m}$, soit 330 fois moins ; c’est pourquoi les évaluations de stockage ne considèrent que les formations plus profondes que $800\,\mathrm{m}$.

Proposition 30.14 (Capacité de stockage d’une formation)

Une formation d’aire $A$, d’épaisseur $h$ et de porosité $\phi$, dans laquelle le $\ce{CO2}$ a la masse volumique $\rho$ et de facteur d’efficacité de stockage $E$, peut stocker la masse

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

Pour un champ pétrolier épuisé ayant produit un volume en surface $N_p$, remplacer l’huile produite volume pour volume donne $M = \rho\,N_p\,B_o$.

Pour les formations salines profondes, les simulations donnent un $E$ compris entre 1 et $4\,\%$ du volume poreux pour un intervalle de confiance de 15 à 85 pour cent, avec une médiane voisine de $2\,\%$ : l’essentiel de l’espace poreux n’est jamais atteint, ou garde son eau. Une formation de $1000\,\mathrm{km}^{2}$, de $50\,\mathrm{m}$ d’épaisseur et de porosité 0.20 à $2000\,\mathrm{m}$ ($\rho = 686\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$) stocke $137\,\mathrm{Mt}$ pour $E = 2\,\%$.

Une fois injecté, le $\ce{CO2}$ remonte sous la couverture et se répand. Derrière le panache qui migre, les forces capillaires retiennent des saturations résiduelles pouvant atteindre 15 à $25\,\%$ de l’espace poreux ; la dissolution absorbe de 20 à $60\,\mathrm{kg}$ de $\ce{CO2}$ par mètre cube d’eau de formation, et dans les formations à écoulement lent, jusqu’à $30\,\%$ du $\ce{CO2}$ injecté se dissout en quelques dizaines d’années. Le piégeage par solubilité domine sur des dizaines à des centaines d’années, les formes ioniques sur des centaines à des milliers d’années, le piégeage minéral sur des milliers à des millions d’années : les réactions avec les carbonates prennent des jours, avec les silicates des centaines à des milliers d’années. Le stockage gagne en sûreté en vieillissant, et sur des sites bien choisis et bien gérés, la rétention de $99\,\%$ ou plus du $\ce{CO2}$ pendant 1000 ans a été jugée probable.

Chiffres de 2005

À Sleipner, en mer du Nord à environ $250\,\mathrm{km}$ de la Norvège, le $\ce{CO2}$ séparé du gaz naturel du champ, soit environ $9\,\%$ de celui-ci, est injecté depuis octobre 1996 dans la formation d’Utsira, un grès salin non consolidé situé entre 800 et $1000\,\mathrm{m}$ sous le fond marin, à raison d’environ $1\,\mathrm{Mt}$ par an. Au début de 2005, plus de $7\,\mathrm{Mt}$ avaient été stockées, sur les $20\,\mathrm{Mt}$ prévues pour la durée du projet. Des levés sismiques répétés donnent une image du panache, dont l’emprise était alors d’environ $5\,\mathrm{km}^{2}$, et montrent que la couverture située au-dessus le scelle.

Sur le terrain — Lire un puits pendant son forage

Lorsqu’une section de puits est achevée, des géophysiciens descendent des outils sur un câble et enregistrent en fonction de la profondeur les propriétés des roches autour du trou. L’un enregistre leur radioactivité naturelle, faible dans le grès et plus forte dans le schiste ; un autre enregistre leur masse volumique apparente, à partir de laquelle la porosité se déduit par (masse volumique des grains $-$ masse volumique apparente)/(masse volumique des grains $-$ masse volumique du fluide), avec $2.65\,\mathrm{g}/\mathrm{cm}^{3}$ pour les grains de quartz et environ $1\,\mathrm{g}/\mathrm{cm}^{3}$ pour l’eau. Lues ensemble, ces diagraphies donnent l’épaisseur utile du réservoir et la porosité qui entrent dans les formules volumiques de ce chapitre.

Exercices

Données des exercices, sauf indication contraire : $R = 8.314\,\mathrm{J}\,\mathrm{mol}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$ ; un million d’années vaut $3.156 \times 10^{13}\,\mathrm{s}$ ; kérogène de Green River $A = 9.21 \times 10^{13}\,\mathrm{s}^{-1}$, $E/R = 26\,800\,\mathrm{K}$ ; masses atomiques C 12.011, H 1.008, O 15.999 ; masse volumique du $\ce{CO2}$ le long du profil de la figure : $1.872\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ en surface, 583 à $900\,\mathrm{m}$, 621 à $1000\,\mathrm{m}$, 686 à $2000\,\mathrm{m}$. Arrondir à trois chiffres significatifs.

Exercice 30.1 ★

(a) Quatre kérogènes immatures ont un H/C atomique de 1.58, 0.95, 1.24 et 1.12. Attribuer à chacun un type et dire lequel produirait surtout du gaz. (b) Vérifier les rapports H/C et O/C de la formule C$_{100}$H$_{150}$N$_3$O$_8$S. (c) Les retrouver à partir de la composition massique C $77.4\,\%$, H $9.8\,\%$, O $8.2\,\%$.

Solution

Solution de Exercice 30.1.

(a) 1.58 : type I ; 0.95 : type III ; 1.24 : type II ; 1.12 : mélange de types II/III. Le kérogène de type III, à 0.95, produit surtout du gaz. (b) H/C $= 150/100 = 1.50$, O/C $= 8/100 = 0.08$. (c) Pour $100\,\mathrm{g}$ : $77.4/12.011 = 6.444\,\mathrm{mol}$ de C, $9.8/1.008 = 9.722\,\mathrm{mol}$ de H, $8.2/15.999 = 0.513\,\mathrm{mol}$ d’O ; H/C $= 1.51$ et O/C $= 0.0795$, en accord avec la formule.

Exercice 30.2 ★

(a) Cinq échantillons d’une roche mère de type II ont $R_o$ = 0.45, 0.68, 1.1, 1.6 et $2.5\,\%$. Décrire l’état de chacun au regard de l’huile et du gaz. (b) Un kérogène de type III à $R_o = 0.68\,\%$ produit-il du méthane ? (c) Quelle fraction convertie $F$ d’Easy%Ro correspond à $R_o = 0.6$ et $1.3\,\%$ ?

Solution

Solution de Exercice 30.2.

(a) 0.45 : immature, en dessous du seuil à $0.60\,\%$ ; 0.68 : génération d’huile ; 1.1 : encore dans la fenêtre à huile, près de sa fin ; 1.6 : au-delà de 1.20 à $1.30\,\%$, l’huile se décompose en méthane et la roche produit du gaz ; 2.5 : gaz seul, la génération se poursuivant jusqu’à environ $4.8\,\%$. (b) Non : la génération de méthane à partir du type III commence vers $0.73\,\%$. (c) $F = (\ln R_o + 1.6)/3.7$ : $(-0.511 + 1.6)/3.7 = 0.294$ et $(0.262 + 1.6)/3.7 = 0.503$.

Exercice 30.3 ★

Un piège couvre $6\,\mathrm{km}^{2}$ ; son réservoir a $25\,\mathrm{m}$ d’épaisseur utile, une porosité de 0.18 et une saturation en eau de 0.30, avec $B_o = 1.25$. (a) Trouver le volume d’huile dans le réservoir et le STOIIP. (b) Trouver le volume produit pour des taux de récupération de 0.30 et 0.40.

Solution

Solution de Exercice 30.3.

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

Exercice 30.4 ★

Un aquifère gréseux de $200\,\mathrm{m}$ d’épaisseur sous $10\,\mathrm{km}^{2}$ est à $75\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (a) Trouver sa chaleur en place au-dessus de $15\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, avec $C = 2.5\,\mathrm{MJ}\,\mathrm{m}^{-3}\,\mathrm{K}^{-1}$. (b) À quelle classe d’enthalpie appartient-il ? (c) Trouver la puissance thermique moyenne sur 30 ans pour $R_g = 0.25$.

Solution

Solution de Exercice 30.4.

(a) $V = 10^7 \times 200 = 2 \times 10^{9}\,\mathrm{m}^{3}$ et $q_R = 2.5 \times 10^6 \times 2 \times 10^9 \times 60 = 3.0 \times 10^{17}\,\mathrm{J}$. (b) En dessous de $90\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ : une ressource basse énergie, pour l’usage direct de la chaleur. (c) $P = 0.25 \times 3.0 \times 10^{17}/(30 \times 3.156 \times 10^{7}\,\mathrm{s}) = 79.2\,\mathrm{MW}$ de puissance thermique.

Exercice 30.5 ★★

(a) Trouver l’énergie d’activation pour laquelle la vitesse d’Arrhenius double entre 100 et $110\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (b) De combien de fois la vitesse de la réaction de Green River augmente-t-elle sur le même intervalle ? (c) Laquelle des deux règles accorde le plus de poids au temps passé par une roche à basse température, et qu’implique-t-elle pour une TTI calculée pour une roche mère de type I ?

Solution

Solution de Exercice 30.5.

(a) $k_2/k_1 = \exp[(E/R)(1/T_1 - 1/T_2)] = 2$ avec $1/373.15 - 1/383.15 = 6.994 \times 10^{-5}\,\mathrm{K}^{-1}$ donne $E = 8.314 \times \ln 2/(6.994 \times 10^{-5}) = 82.4\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$. (b) $\exp(26800 \times 6.994 \times 10^{-5}) = 6.52$. (c) La règle du doublement, dont l’énergie effective est plus faible, accorde relativement plus de poids aux longues durées passées à basse température ; pour un kérogène de type I de forte énergie d’activation, la TTI annonce une génération trop précoce.

Exercice 30.6 ★★

(a) Montrer à partir de (30.1) que la température de demi-conversion vérifie $T = (E/R)\big/\ln\bigl[A T^2/(\beta\,(E/R)\ln 2)\bigr]$, et la résoudre par itération pour le kérogène de Green River chauffé à $1\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{Ma}$ et à $10\,\mathrm{K}$ par minute. (b) Comparer la différence avec l’estimation $(RT^2/E)\ln(\beta_2/\beta_1)$ prise à la plus basse température, et expliquer le désaccord.

Solution

Solution de Exercice 30.6.

(a) $x = 1/2$ dans l’approximation donne $(ART^2/\beta E)\,e^{-E/RT} = \ln 2$ ; en prenant les logarithmes, $E/RT = \ln[AT^2/(\beta(E/R)\ln 2)]$, et la forme énoncée en découle. En partant d’une estimation voisine de $400\,\mathrm{K}$ et en itérant avec $\beta$ en kelvins par seconde : à $1\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{Ma}$ ($\beta = 3.169 \times 10^{-14}\,\mathrm{K}/\mathrm{s}$), $T = 409.6\,\mathrm{K}$, soit $136.4\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ ; à $10\,\mathrm{K}$ par minute ($\beta = 0.1667\,\mathrm{K}/\mathrm{s}$, $5.26 \times 10^{12}$ fois plus rapide), $T = 719.0\,\mathrm{K}$, soit $445.9\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (b) La différence vaut $309.5\,\mathrm{K}$ ; l’estimation $6.259 \times \ln(5.26 \times 10^{12}) = 6.259 \times 29.29 = 183\,\mathrm{K}$ est beaucoup trop petite, car $RT^2/E$ croît lui-même avec $T$ (jusqu’à $19.3\,\mathrm{K}$ à $719\,\mathrm{K}$) : le décalage linéaire ne vaut que pour de petites variations de vitesse.

Exercice 30.7 ★★

À partir de (30.4) et des données du texte : (a) trouver la part de $^{235}$U dans l’uranium naturel il y a $2.0\,\mathrm{Ga}$ et $1.8\,\mathrm{Ga}$ ; (b) quand cette part valait-elle $3.00\,\%$ ? (c) Le minerai d’Oklo ne contient que la moitié de la part normale actuelle de $^{235}$U. En négligeant l’$^{238}$U consommé, quelle fraction du $^{235}$U présent au moment des réactions a été fissionnée, et pourquoi la décroissance ultérieure ne modifie-t-elle pas la réponse ?

Solution

Solution de Exercice 30.7.

$\lambda_5 - \lambda_8 = 8.297\,25 \times 10^{-10}\,\mathrm{an}^{-1}$. Avec $r_0 = 0.7204/99.2742 = 0.0072567$. (a) À $2.0\,\mathrm{Ga}$, $r = 0.0072567\,e^{1.6595} = 0.03814$, part $0.03814/1.03814 = 3.67\,\%$ ; à $1.8\,\mathrm{Ga}$, $r = 0.03231$, part $3.13\,\%$. (b) $r = 3/97 = 0.030928$ et $t = \ln(0.030928/0.0072567)/(8.29725 \times 10^{-10}) = 1.75\,\mathrm{Ga}$. (c) Le minerai appauvri et l’uranium normal ont décru depuis par les mêmes facteurs, si bien que le rapport de leurs parts en $^{235}$U est le même aujourd’hui que juste après les réactions : le minerai avait alors la moitié de la part normale, donc environ la moitié de son $^{235}$U avait été fissionnée.

Exercice 30.8 ★★

(a) Trouver le volume de $1\,\mathrm{Mt}$ de $\ce{CO2}$ en surface, à $1000\,\mathrm{m}$ et à $2000\,\mathrm{m}$. (b) À Sleipner, plus de $7\,\mathrm{Mt}$ avaient été injectées en 2005, à environ $900\,\mathrm{m}$, dans un panache d’emprise $5\,\mathrm{km}^{2}$. En prenant une porosité de 0.35 et une saturation en $\ce{CO2}$ de 0.30 dans le panache, trouver le volume de roche qu’il occupe et son épaisseur moyenne.

Solution

Solution de Exercice 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 $\ce{CO2}$, qui remplit $0.35 \times 0.30 = 0.105$ du volume de roche : $1.20 \times 10^7/0.105 = 1.14 \times 10^{8}\,\mathrm{m}^{3}$ de roche, soit une épaisseur moyenne de $1.143 \times 10^8/(5 \times 10^6) = 22.9\,\mathrm{m}$.

Exercice 30.9 ★★

Un réservoir à haute enthalpie mesure $3 \times 2 \times 1.5\,\mathrm{km}$ à $250\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, avec $C = 2.6\,\mathrm{MJ}\,\mathrm{m}^{-3}\,\mathrm{K}^{-1}$. (a) Trouver sa chaleur en place au-dessus de $15\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (b) Trouver la puissance thermique moyenne sur 30 ans pour $R_g = 0.1$ et $0.25$. (c) Son champ couvre $6\,\mathrm{km}^{2}$ ; à raison de 10 à $20\,\mathrm{MW}$ d’électricité par kilomètre carré, quelle fraction de la puissance thermique à $R_g = 0.1$ devient de l’électricité ?

Solution

Solution de Exercice 30.9.

(a) $V = 9 \times 10^{9}\,\mathrm{m}^{3}$ et $q_R = 2.6 \times 10^6 \times 9 \times 10^9 \times 235 = 5.50 \times 10^{18}\,\mathrm{J}$. (b) Sur $30 \times 3.156 \times 10^{7}\,\mathrm{s} = 9.47 \times 10^{8}\,\mathrm{s}$ : $R_g = 0.1$ donne $581\,\mathrm{MW}$ et $0.25$ donne $1450\,\mathrm{MW}$ de chaleur. (c) $6 \times (10 \text{ à } 20) = 60$ à $120\,\mathrm{MW}$ d’électricité, $60/581 = 0.10$ à $120/581 = 0.21$ de la puissance thermique : l’essentiel de la chaleur est rejeté, comme dans toute centrale travaillant avec un écart de température modeste.

Exercice 30.10 ★★★

Une faille à environ $4\,\mathrm{km}$ porte une contrainte normale de $80\,\mathrm{MPa}$ et une contrainte de cisaillement de $22\,\mathrm{MPa}$ ; son coefficient de frottement vaut 0.6 et la pression interstitielle est hydrostatique, soit $39\,\mathrm{MPa}$. (a) La faille est-elle stable ? Trouver la hausse de pression interstitielle qui la conduit à la rupture, en mégapascals puis en bars, et la comparer au seuil de Denver. (b) Même question si la contrainte de cisaillement vaut $24\,\mathrm{MPa}$. (c) Expliquer pourquoi des séismes peuvent être déclenchés à des kilomètres d’un puits d’injection, et des années après le début de l’injection.

Solution

Solution de Exercice 30.10.

(a) La résistance vaut $0.6 \times (80 - 39) = 24.6\,\mathrm{MPa} > 22\,\mathrm{MPa}$ : stable. La rupture exige $0.6\,\Delta p = 24.6 - 22$, soit $\Delta p = 4.33\,\mathrm{MPa} = 43\,\mathrm{bar}$, du même ordre que les $32\,\mathrm{bar}$ qui bornaient les séismes de Denver. (b) $(24.6 - 24)/0.6 = 1.0\,\mathrm{MPa} = 10\,\mathrm{bar}$ : une faille déjà proche de la rupture n’a besoin que d’une faible hausse. (c) Le fluide injecté élève la pression dans une zone qui s’étend par diffusion à travers les roches perméables et les zones de failles, à des kilomètres de distance au bout de plusieurs années ; là où elle rencontre une faille déjà proche de la rupture, une faible hausse suffit.

Exercice 30.11 ★★★

(a) À partir de l’approximation de (30.1), montrer qu’à vitesse de chauffe constante le taux de transformation passe de $10\,\%$ à $90\,\%$ sur un intervalle de températures $\Delta T \approx \bigl[\ln\ln 10 - \ln\ln(10/9)\bigr]\,RT^2/E$. (b) Évaluer cet intervalle pour le kérogène de Green River à $1\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{Ma}$. (c) Comparer avec la courbe pleine de la figure et expliquer la différence.

Solution

Solution de Exercice 30.11.

(a) Poser $x = e^{-u}$ avec $u = (ART^2/\beta E)\,e^{-E/RT}$. Un taux de transformation de $10\,\%$ correspond à $x = 0.9$, $u = \ln(10/9)$ ; $90\,\%$ à $u = \ln 10$. Comme $\mathrm{d}\ln u/\mathrm{d}T = E/RT^2 + 2/T \approx E/RT^2$, $\Delta(\ln u) \approx (E/RT^2)\,\Delta T$, ce qui donne la formule, avec $\ln\ln 10 - \ln\ln(10/9) = 0.834 + 2.250 = 3.084$. (b) Avec $T = 409.6\,\mathrm{K}$, $RT^2/E = 6.26\,\mathrm{K}$ et $\Delta T = 19.3\,\mathrm{K}$ ; la courbe exacte à énergie unique donne $18.6\,\mathrm{K}$, de 125.3 à $143.8\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (c) La courbe pleine passe de $10\,\%$ vers $122\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ à $90\,\%$ vers $148\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, sur environ $26\,\mathrm{K}$ : l’étalement des énergies d’activation élargit l’intervalle de conversion.

Exercice 30.12 ★★★

Sleipner doit stocker $20\,\mathrm{Mt}$ de $\ce{CO2}$. (a) Trouver le volume d’eau de formation nécessaire pour le dissoudre en totalité, à 20 et à $60\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. (b) Trouver son volume en phase libre à $1000\,\mathrm{m}$. (c) Avec $E = 2\,\%$, trouver le volume poreux de formation requis, et l’aire d’une formation de $50\,\mathrm{m}$ d’épaisseur et de porosité 0.30.

Solution

Solution de Exercice 30.12.

(a) $2 \times 10^{10}/20 = 1.0 \times 10^{9}\,\mathrm{m}^{3}$ ($1.0\,\mathrm{km}^{3}$) et $2 \times 10^{10}/60 = 3.3 \times 10^{8}\,\mathrm{m}^{3}$. (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 pores ; avec $50 \times 0.30 = 15\,\mathrm{m}$ d’espace poreux par mètre carré, il faut $1.61 \times 10^9/15 = 1.07 \times 10^{8}\,\mathrm{m}^{2}$, soit environ $107\,\mathrm{km}^{2}$.

Problème 30.1

Problème du week-end — Un bassin, deux usages

Dans un bassin fictif, une roche mère de type I s’est déposée en surface à $120\,\mathrm{Ma}$. Des sédiments se sont ensuite accumulés à $60\,\mathrm{m}$ par million d’années jusqu’à $70\,\mathrm{Ma}$, puis à $30\,\mathrm{m}$ par million d’années depuis. La surface est à $15\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ et le géotherme est stable à $25\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$. Le kérogène suit la cinétique de Green River du texte, à énergie unique. Sa cuisine, c’est-à-dire la partie mature de la roche mère, couvre $400\,\mathrm{km}^{2}$, a $50\,\mathrm{m}$ d’épaisseur et une masse volumique de $2400\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, et peut fournir $30\,\mathrm{kg}$ d’huile par tonne de roche à conversion complète. L’huile a une masse volumique en surface de $850\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. Elle remplit un piège de $12\,\mathrm{km}^{2}$ dont le réservoir, centré à $2000\,\mathrm{m}$, a une épaisseur utile de $40\,\mathrm{m}$, une porosité de 0.22 et une saturation en eau de 0.25, avec $B_o = 1.30$. Utiliser les données des exercices, et arrondir à trois chiffres significatifs.

Partie I — Enfouissement et indice temps–température.

1. Trouver la profondeur et la température de la roche mère à $70\,\mathrm{Ma}$ et aujourd’hui.
2. Trouver sa vitesse de chauffe dans chaque phase.
3. Trouver le temps passé dans chaque intervalle de $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, de $15\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ à sa température actuelle.
4. Calculer sa TTI aujourd’hui (méthode du texte).
5. Quand, à quelle température et à quelle profondeur a-t-elle atteint une TTI de 15 ?
6. Même question pour 75 et 160.
7. D’après la TTI, la roche mère génère-t-elle encore de l’huile ?

Partie II — Conversion par cinétique.

8. Trouver la constante de vitesse à $90\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ et montrer que moins de $0.2\,\%$ du kérogène a pu être converti avant $70\,\mathrm{Ma}$.
9. À partir de (30.1) avec la vitesse de chauffe de la seconde phase, trouver la fraction non convertie et le taux de transformation aujourd’hui.
10. Trouver la température de demi-conversion à cette vitesse de chauffe (exercice 30.6).
11. Quand a-t-elle été atteinte ?
12. Comparer avec le moment du maximum de génération donné par la TTI, et expliquer l’écart.
13. Un kérogène de type II, d’énergie d’activation moyenne plus faible, se serait-il converti plus tôt ou plus tard ?

Partie III — Huile générée, en place et récupérable.

14. Pour un taux de transformation de 0.92, trouver la masse d’huile générée dans la cuisine.
15. Trouver son volume en surface.
16. Trouver le STOIIP du piège.
17. Quelle fraction de l’huile générée le piège retient-il ? Garder $1.56 \times 10^{9}\,\mathrm{m}^{3}$ pour la question (15).
18. Trouver l’huile produite pour un taux de récupération de 0.35.
19. Pourquoi le taux de récupération est-il bien inférieur à un, et que changerait l’injection de $\ce{CO2}$ ?

Partie IV — Le champ épuisé comme réservoir de $\ce{CO2}$.

20. Trouver la température et la pression hydrostatique du réservoir. Le $\ce{CO2}$ injecté est-il supercritique à cet endroit ? Lire sa masse volumique sur la figure.
21. En gardant $N_p = 2.13 \times 10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$, trouver le volume de réservoir libéré par la production.
22. Exprimer ce volume comme un facteur d’efficacité de stockage du volume poreux du piège, et comparer avec les formations salines.
23. Une formation saline sous le champ couvre $600\,\mathrm{km}^{2}$, a $80\,\mathrm{m}$ d’épaisseur, une porosité de 0.20, avec du $\ce{CO2}$ à $691\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. Trouver sa capacité pour $E = 2\,\%$.
24. En combien d’années d’injection au rythme de Sleipner la remplirait-on ?
25. Avec $\rho = 686\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ et le volume libéré arrondi à $2.77 \times 10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$, trouver la capacité de stockage de $\ce{CO2}$ du réservoir épuisé, en mégatonnes.

Solution

Solution de Problème 30.1.

Partie I. 1. À $70\,\mathrm{Ma}$ : $50 \times 60 = 3000\,\mathrm{m}$, $15 + 25 \times 3.0 = 90\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. Aujourd’hui : $3000 + 70 \times 30 = 5100\,\mathrm{m}$, $142.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. 2. $60 \times 0.025 = 1.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{Ma}$, puis $30 \times 0.025 = 0.75\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{Ma}$. 3. De 15 à $20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ : $3.33\,\mathrm{Ma}$ ; chaque intervalle de 20 à $90\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ : $10/1.5 = 6.67\,\mathrm{Ma}$ ; chaque intervalle de 90 à $140\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ : $10/0.75 = 13.3\,\mathrm{Ma}$ ; de 140 à $142.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ : $3.33\,\mathrm{Ma}$. 4. Valeurs des intervalles $\Delta t_n 2^n$, entre parenthèses les sommes cumulées : 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 aujourd’hui 263. 5. 15 est franchi dans l’intervalle 100–$110\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, à $100 + 10 \times (15 - 9.98)/13.33 = 103.8\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, atteint $(103.8 - 90)/0.75 = 18.4\,\mathrm{Ma}$ après $70\,\mathrm{Ma}$ : à $51.6\,\mathrm{Ma}$ et à $(103.8 - 15)/0.025 = 3550\,\mathrm{m}$. 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. Non : à 263 elle a dépassé la fin de la génération d’huile (160), depuis environ $10\,\mathrm{Ma}$.

Partie II. 8. $k = 9.21 \times 10^{13}\,e^{-26800/363.15} = 8.20 \times 10^{-19}\,\mathrm{s}^{-1}$. La roche est restée en dessous de $90\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ pendant les $50\,\mathrm{Ma}$ précédant $70\,\mathrm{Ma}$, donc la fraction convertie est inférieure à $k\,t = 8.20 \times 10^{-19} \times 50 \times 3.156 \times 10^{13} = 1.29 \times 10^{-3}$. 9. $\beta = 0.75/(3.156 \times 10^{13}) = 2.376 \times 10^{-14}\,\mathrm{K}/\mathrm{s}$, $T = 415.65\,\mathrm{K}$ : $ART^2/(\beta E) = 2.498 \times 10^{28}$ et $e^{-E/RT} = 9.95 \times 10^{-29}$, donc $u = 2.486$, $x = 0.0833$ et le taux de transformation vaut 0.917. 10. $134.7\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. 11. $70 - (134.7 - 90)/0.75 = 10.4\,\mathrm{Ma}$. 12. La TTI place le maximum de génération à $23.7\,\mathrm{Ma}$, la cinétique $13\,\mathrm{Ma}$ plus tard, parce que la règle du doublement correspond à $E \approx 82\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ et pondère trop les basses températures pour un kérogène de $223\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ (exercice 30.5). 13. Plus tôt : une énergie plus faible abaisse la température de demi-conversion.

Partie III. 14. Roche : $4 \times 10^8 \times 50 \times 2400 = 4.8 \times 10^{13}\,\mathrm{kg}$ ; potentiel $0.030 \times 4.8 \times 10^{13} = 1.44 \times 10^{12}\,\mathrm{kg}$ ; généré $0.92 \times 1.44 \times 10^{12} = 1.32 \times 10^{12}\,\mathrm{kg}$. 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. $6.09 \times 10^7/1.56 \times 10^9 = 0.039$, $3.9\,\%$ : l’essentiel de l’huile générée reste dans la roche mère, se perd le long des trajets de migration ou s’échappe vers la surface. 18. $0.35 \times 6.09 \times 10^7 = 2.13 \times 10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$. 19. Environ les deux tiers de l’huile restent dans le réservoir après la récupération primaire et secondaire ; l’injection de $\ce{CO2}$ pourrait récupérer 10 à $15\,\%$ de l’huile en place en plus.

Partie IV. 20. $15 + 25 \times 2 = 65\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ et $0.101 + 1000 \times 9.807 \times 2000/10^6 = 19.7\,\mathrm{MPa}$ : tous deux au-dessus du point critique ($31.0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $7.38\,\mathrm{MPa}$), si bien que le $\ce{CO2}$ est supercritique, à environ $686\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. 21. $2.13 \times 10^7 \times 1.30 = 2.77 \times 10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$. 22. Volume poreux $1.2 \times 10^7 \times 40 \times 0.22 = 1.056 \times 10^{8}\,\mathrm{m}^{3}$, et $E = 2.77 \times 10^7/1.056 \times 10^8 = 0.262$, bien au-dessus des 1 à $4\,\%$ des formations salines : l’huile produite a vidé un espace connu et scellé. 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. À $1\,\mathrm{Mt}$ par an, environ 133 ans. 25. $M = \rho\,N_p\,B_o = 686 \times 2.77 \times 10^7 = 1.90 \times 10^{10}\,\mathrm{kg}$ : le réservoir épuisé peut stocker $19.0\,\mathrm{Mt}$ de $\ce{CO2}$.