30Geologia da energia

O petróleo é o resto de organismos microscópicos, soterrados com lama e cozidos durante milhões de anos a cerca de $100\,{}^{\circ}\mathrm{C}$; a energia geotérmica é esse mesmo calor da Terra, captado diretamente. Ambos são regidos pela temperatura e pelo tempo: o primeiro pela velocidade de uma reação química à medida que as rochas soterradas se aquecem lentamente, o segundo pela quantidade de calor que um volume de rocha armazena e pela rapidez com que a água consegue levá-lo a um poço. Este capítulo quantifica o sistema petrolífero, passa aos recursos aos quais falta um de seus elementos, ao calor geotérmico e ao urânio, e termina com a operação inversa: devolver o dióxido de carbono ao subsolo.

O que você já sabe

Dos volumes escolares: rocha geradora, querogênio, maturação, janela do petróleo, migração, rocha reservatório, rocha selante, armadilha, sobrecarga, sistema petrolífero; o carvão e seu grau de carbonificação; a energia geotérmica. Do volume do primeiro ano: o fluxo de calor e o geotermo; a porosidade e a permeabilidade; a pressão de fluido nos poros, a tensão efetiva e o critério de Coulomb; a perfilagem de poço; a bacia sedimentar e a subsidência. Dos livros de química: a lei de Arrhenius, a energia de ativação, a reação de primeira ordem. Dos livros de física: o decaimento radioativo, a constante de decaimento, a meia-vida; o ponto crítico de um fluido. Do Capítulo 16: a curva de subsidência. Do Capítulo 29: o tipo de jazida, a tonelagem.

30.1 O sistema petrolífero quantificado

Um sistema petrolífero precisa de uma rocha geradora rica em querogênio, de um reservatório, de uma rocha selante, de uma armadilha e de sobrecarga suficiente para aquecer a rocha geradora, e seus eventos devem ocorrer na ordem certa: a armadilha deve existir quando o petróleo migra. Quantificá-lo significa responder a três perguntas: que tipo de querogênio a rocha geradora contém, até que ponto ele foi convertido, e quanto do produto está na armadilha.

Definição 30.1 (Tipo de querogênio, diagrama de van Krevelen)

Os querogênios dividem-se em três tipos de querogênio segundo sua composição elementar: o tipo I, sapropélico, o mais rico em hidrogênio, que gera sobretudo óleo; o tipo III, húmico ou carbonoso, pobre em hidrogênio, que gera sobretudo metano; e o tipo II, intermediário, fonte de óleo e de gás. O diagrama de van Krevelen representa a razão atômica H/C de um querogênio em função de sua razão atômica O/C; os tipos ocupam regiões diferentes dele, e a maturação desloca um querogênio para H/C baixa e O/C baixa.

Sete querogênios imaturos de tipo conhecido, analisados num mesmo estudo de laboratório, têm H/C atômica de 1.51 e 1.61 (tipo I, entre eles o folhelho betuminoso de Green River, em Utah, depositado em lagos e rico em restos de algas), 1.22 a 1.28 (tipo II, entre eles a Kimmeridge Clay do mar do Norte), 1.13 (um tipo misto II/III) e 0.99 (tipo III, o carvão de Cameo, no Colorado). O querogênio de Green River, com $77\,\%$ de carbono em massa, tem em média a fórmula C$_{100}$H$_{150}$N$_3$O$_8$S: H/C 1.50 e O/C 0.08. Aquecido em laboratório a $10\,\mathrm{K}$ por minuto, deixa um resíduo cuja H/C cai para 1.20 a $460\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ e para 0.54 a $525\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, enquanto sua O/C cai de 0.08 para cerca de 0.01: o caminho traçado à esquerda da figura abaixo.

A conversão do querogênio em petróleo é um conjunto de reações de primeira ordem, cada uma obedecendo à lei de Arrhenius. Numa bacia em subsidência a temperatura de uma rocha geradora sobe de modo lento e quase constante, o que faz do resultado a seguir o núcleo dos modelos de maturação.

Proposição 30.2 (Reação de primeira ordem a taxa de aquecimento constante)

Seja uma reação de primeira ordem de constante de velocidade $k = A\,e^{-E/RT}$ num material aquecido à taxa constante $\beta = \mathrm{d}T/\mathrm{d}t$ a partir de uma temperatura $T_0$ na qual $k$ é desprezível. A fração não convertida à temperatura $T$ é

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

valendo a aproximação quando $E/RT \gg 1$; a taxa de transformação é $1 - x$.

Seguem-se duas consequências. A conversão ocorre numa faixa estreita de temperatura, porque $e^{-E/RT}$ varia muito depressa (exercício 30.11). E um aquecimento mais lento converte a uma temperatura mais baixa: fazendo $x = 1/2$, uma taxa de aquecimento dez vezes maior eleva a temperatura de meia conversão em cerca de $(RT^2/E)\ln 10$. A cinética do querogênio de Green River, ajustada à pirólise de laboratório, é $A = 9.21 \times 10^{13}\,\mathrm{s}^{-1}$ e $E/R = 26\,800\,\mathrm{K}$ ($E = 223\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$); com essa energia única, a meia conversão ocorre a $136.4\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ para $1\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{Myr}$ e a $150.9\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ para $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{Myr}$, um deslocamento de $14.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ contra $6.26 \times \ln 10 = 14.4\,\mathrm{K}$ previstos. Aquecido a $10\,\mathrm{K}$ por minuto, o mesmo querogênio converte-se perto de $450\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ (exercício 30.6): o tempo substitui a temperatura, e é por isso que a cinética é medida por pirólise a cerca de 250 a $600\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, e que extrapolá-la ao longo de doze ordens de grandeza em taxa de aquecimento deixa incerta a profundidade prevista da janela do petróleo.

Um querogênio real contém ligações de muitas energias, de modo que sua cinética é uma distribuição de energias de ativação, cada fração obedecendo à proposição; para o querogênio de Green River a distribuição é normal, com desvio-padrão $\sigma/R = 481\,\mathrm{K}$. A distribuição alarga a conversão, como mostra a direita da figura: a $150\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ o querogênio aquecido a $1\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{Myr}$ está $93\,\%$ convertido, o aquecido dez vezes mais depressa $48\,\%$.

Definição 30.3 (Refletância da vitrinita, índice tempo–temperatura)

A refletância da vitrinita, $R_o$, é a porcentagem da luz incidente refletida por grãos polidos de vitrinita, um componente orgânico do carvão e do querogênio, medida ao microscópio; ela cresce irreversivelmente com o aquecimento e registra a maior maturidade térmica que uma rocha atingiu. O índice tempo–temperatura (TTI) de Lopatin é a soma $\sum_n \Delta t_n\,2^n$ sobre os intervalos de $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ que uma rocha atravessou, sendo $\Delta t_n$ o tempo em milhões de anos passado no intervalo de número $n$, com $n = 0$ para 100 a $110\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $n = 1$ para 110 a $120\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $n = -1$ para 90 a $100\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, e assim por diante.

Na escala de refletância, a geração de óleo pelos querogênios de tipos I e II começa perto de $R_o = 0.60\,\%$; acima de 1.20 a $1.30\,\%$ o óleo é instável e decompõe-se em metano; o tipo III começa a produzir metano perto de $0.73\,\%$, e a geração de gás prossegue até cerca de $4.8\,\%$. Os modelos calculam $R_o$ como um querogênio: o modelo Easy%Ro trata a vitrinita como vinte reações paralelas de primeira ordem com $A = 10^{13}\,\mathrm{s}^{-1}$ e energias de 34 a $72\,\mathrm{kcal}/\mathrm{mol}$ (142 a $301\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$), e converte sua fração convertida $F$, no máximo 0.85, em $R_o = \exp(-1.6 + 3.7F)$, que vai de 0.20 a $4.7\,\%$.

A refletância é calculada da mesma maneira ao longo de cada horizonte de uma bacia. Na bacia inventada da figura abaixo, os sedimentos acumularam-se a $100\,\mathrm{m}$ por milhão de anos de 100 a $70\,\mathrm{Ma}$, depois a $35\,\mathrm{m}$ por milhão de anos, sob uma superfície a $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ e com um gradiente constante de $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$. Seu horizonte mais antigo atingiu $R_o = 0.6\,\%$ a $67.6\,\mathrm{Ma}$, a $3080\,\mathrm{m}$ e $102\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, e $1.3\,\%$ a $11.6\,\mathrm{Ma}$, a $5040\,\mathrm{m}$ e $161\,{}^{\circ}\mathrm{C}$; hoje ele está a $5450\,\mathrm{m}$ e $173.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, com $R_o = 1.54\,\%$. Como o geotermo é estacionário, as frentes de refletância seguem quase as isotermas, e o início da geração de óleo fica perto de $100\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, dentro dos 60 a $120\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ dos volumes escolares.

O TTI é mais antigo e mais grosseiro. Ele supõe que a maturação dobra de velocidade a cada $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, como faz uma lei de Arrhenius com $E \approx 82\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ perto de $100\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ (exercício 30.5); em sua escala, Waples situou o início da geração de óleo num TTI de 15, seu pico em 75 e seu fim em 160.

Método 30.4 (Calcular um índice tempo–temperatura)

Os dados são a história de soterramento da rocha geradora e o geotermo, suposto estacionário.

1. Caminho de temperatura. Converta a profundidade em temperatura a cada instante: temperatura da superfície mais gradiente vezes profundidade.
2. Tempos nos intervalos. Encontre o tempo $\Delta t_n$ passado em cada intervalo de $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$; onde a taxa de aquecimento $\beta$ é constante, $\Delta t_n = 10\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\beta$.
3. Soma. Some os produtos $\Delta t_n\,2^n$ em ordem cronológica; o início, o pico e o fim da geração de óleo são atingidos quando a soma acumulada passa de 15, 75 e 160.

Os modelos de bacia exprimem a conversão como uma taxa de transformação: a fração do potencial de hidrocarbonetos original de uma rocha geradora já convertida. Num modelo de uma bacia californiana, supôs-se que a expulsão da rocha geradora começava a uma taxa de $10\,\%$, atingia o pico a $50\,\%$ e terminava a $95\,\%$. O óleo expulso, mais leve que a água, migra para cima até rochas reservatório permeáveis, e fica retido onde uma rocha selante fecha uma armadilha.

Proposição 30.5 (Óleo in situ)

Sejam uma armadilha de área $A$ e um reservatório de espessura útil $h$, porosidade $\phi$ e saturação em água $S_w$, e seja $B_o$ o fator volume-formação de seu óleo, a razão entre o volume que uma quantidade de óleo ocupa no reservatório e seu volume na superfície. O volume de óleo inicialmente in situ em condições de tanque, o volume de óleo medido na superfície, é

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

Definição 30.6 (Fator de recuperação)

O fator de recuperação de um reservatório é a fração do óleo (ou do gás) inicialmente in situ que é produzida ao longo de sua vida.

A produção primária e a recuperação secundária por injeção de água recuperam juntas, tipicamente, de 30 a $40\,\%$ do óleo in situ; a injeção de dióxido de carbono recupera de 10 a $15\,\%$ a mais. Uma armadilha de $10\,\mathrm{km}^{2}$ com $30\,\mathrm{m}$ de espessura útil de reservatório, porosidade 0.20, saturação em óleo 0.70 e $B_o = 1.2$ contém $3.5 \times 10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$ de óleo em condições de tanque, dos quais de 1.05 a $1.4 \times 10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$ seriam produzidos.

30.2 Recursos não convencionais

Definição 30.7 (Reservatório não convencional)

Um reservatório não convencional é uma rocha de permeabilidade tão baixa que o óleo ou o gás contido em seus poros microscópicos não consegue fluir até um poço a uma vazão econômica sem estimulação artificial; ele é produzido por poços perfurados horizontalmente ao longo dele e fraturados hidraulicamente. O óleo e o gás de folhelho estão contidos na própria rocha geradora, o gás tight em arenitos e carbonatos de baixa permeabilidade.

Uma acumulação não convencional é portanto uma rocha geradora, ou uma rocha ao lado dela, que reteve parte do que gerou. O produto que ela contém decorre de sua maturidade: um folhelho na janela do petróleo contém óleo, um que passou de $R_o \approx 1.3\,\%$, gás. A produção de gás de folhelho em grande escala começou por volta de 2000 no Barnett Shale, no Texas, e a maior parte do crescimento da produção de gás dos Estados Unidos desde 2005 veio da perfuração horizontal e do fraturamento hidráulico em folhelhos, arenitos, carbonatos e outras formações de baixa permeabilidade; também se produz gás de camadas de carvão.

30.3 A energia geotérmica

Definição 30.8 (Sistema geotérmico, calor in situ, classes de entalpia, EGS)

Um sistema geotérmico é um volume da crosta onde calor, permeabilidade e água se reúnem de modo que água quente ou vapor possam ser produzidos por poços. O calor in situ de um reservatório é o calor que ele cederia ao se resfriar de sua temperatura até uma temperatura de referência. Um recurso de alta entalpia é um sistema geotérmico acima de cerca de $150\,{}^{\circ}\mathrm{C}$; um recurso de baixa entalpia, um sistema abaixo de cerca de $90\,{}^{\circ}\mathrm{C}$; entre os dois o recurso é chamado de média entalpia. As três classes servem ao uso direto do calor, mas em geral só as classes média e alta podem gerar eletricidade. Um sistema geotérmico estimulado (EGS) é um corpo de rocha quente de baixa permeabilidade natural no qual a permeabilidade é criada por engenharia, de modo que a água possa circular através dele e seu calor seja recuperado.

Proposição 30.9 (Calor in situ e potência recuperável)

Um reservatório de volume $V$, temperatura média $T_R$ e capacidade térmica volumétrica $C$ (rocha e fluido dos poros juntos) contém, acima da temperatura de referência $T_0$, o calor

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

Se uma fração $R_g$ dele chega às cabeças de poço ao longo de um tempo de produção $\tau$, a potência térmica média produzida é $P = R_g\,q_R/\tau$.

As avaliações de recursos usam esse método volumétrico com uma referência de $15\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. O fator de recuperação $R_g$ é a parte incerta: as primeiras avaliações adotavam 0.25, entre 0 e 0.5; a produção de reservatórios fraturados aponta para cerca de 0.1, entre 0.05 e 0.2. Com $C = 2.5\,\mathrm{MJ}\,\mathrm{m}^{-3}\,\mathrm{K}^{-1}$ (as matrizes rochosas contêm de 2 a $3\,\mathrm{MJ}\,\mathrm{m}^{-3}\,\mathrm{K}^{-1}$), um reservatório de $3 \times 4 \times 1\,\mathrm{km}$ a $220\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ contém $6.15 \times 10^{18}\,\mathrm{J}$; com $R_g = 0.1$ ao longo de 30 anos ele fornece uma potência térmica média de $650\,\mathrm{MW}$. Os campos convencionais geram de 10 a $20\,\mathrm{MW}$ de eletricidade por quilômetro quadrado de campo.

Os sistemas geotérmicos naturais precisam tanto de permeabilidade quanto de calor. A maioria dos grandes fica perto das bordas das placas tectônicas, entre vulcões, fumarolas, fontes termais e gêiseres, e sua permeabilidade é tipicamente a de fraturas abertas por falhas ativas: a água subterrânea aquecida em profundidade sobe por elas, e os poços captam o reservatório fraturado, como no corte abaixo. Um EGS não precisa de reservatório natural: seus poços, perfurados até cerca de $5\,\mathrm{km}$, atingem rocha quente cuja permeabilidade é criada por engenharia, e uma avaliação dos Estados Unidos de 2008 estimou seu potencial provisório em $517\,800\,\mathrm{MW}$ de eletricidade, contra $9057\,\mathrm{MW}$ dos sistemas convencionais identificados.

Definição 30.10 (Sismicidade induzida)

A sismicidade induzida é a atividade sísmica causada por operações humanas que mudam a tensão ou a pressão de fluido nos poros da crosta, na maioria das vezes a injeção de fluido no subsolo.

O mecanismo é o critério de Coulomb com pressão de fluido nos poros: uma falha desliza quando a tensão cisalhante atinge $\mu(\sigma_n - p)$, de modo que elevar $p$ leva à ruptura uma falha já tensionada sem nenhuma mudança da carga tectônica. Nos anos 1960, fluidos residuais injetados no embasamento pré-cambriano fraturado sob o Rocky Mountain Arsenal, perto de Denver, a profundidades de 3.7 a $7.0\,\mathrm{km}$, desencadearam sismos; eles ficaram confinados à parte do reservatório onde a pressão havia subido mais de $32\,\mathrm{bar}$ ($3.2\,\mathrm{MPa}$). O forte aumento dos sismos de Oklahoma foi atribuído ao descarte de águas residuais: quatro poços de alto volume poderiam explicar um quinto da sismicidade do centro dos Estados Unidos, desencadeando sismos a mais de $30\,\mathrm{km}$ de distância. A estimulação de um reservatório EGS eleva a pressão nos poros da mesma maneira, de propósito.

30.4 O urânio

Dois tipos de jazida ilustram como o urânio se concentra: um numa discordância antiga, o outro em arenito.

Definição 30.11 (Jazidas de urânio associadas a discordância e de tipo roll-front)

Uma jazida de urânio associada a discordância é um corpo de pechblenda e uraninita que preenche fraturas e brechas em pelitos carbonosos metamorfizados e nos quartzo-arenitos sobrejacentes, abaixo, acima ou através de uma discordância entre rochas do Proterozoico Inferior e Médio numa bacia intracratônica. Uma jazida de urânio de tipo roll-front é um corpo em forma de crescente de minerais de urânio que corta o acamamento de um arenito feldspático ou tufáceo no limite entre terreno oxidado e terreno reduzido, onde o urânio foi depositado num ambiente localmente redutor, em meio à pirita.

As jazidas de discordância estão hospedadas em rochas de 1800 a $1200\,\mathrm{Ma}$, os pelitos metamorfizados abaixo da discordância e os arenitos não metamorfizados acima dela; suas rochas encaixantes são cloritizadas, e os xistos grafitosos que acompanham muitas delas são fortes condutores elétricos, um alvo para os levantamentos eletromagnéticos. Key Lake, Cluff Lake e Rabbit Lake, em Saskatchewan, e Jabiluka e Ranger, no norte da Austrália, são exemplos. As frentes de oxirredução (roll fronts) são mais jovens, na maioria terciárias: em arenitos alimentados por cinza vulcânica félsica ou por granito, os minerais de ferro oxidados ficam a montante do mergulho em relação à frente e os reduzidos a jusante, como nas bacias de Wyoming e da Costa do Golfo do Texas.

Proposição 30.12 (O urânio-235 no passado)

Sejam $r_0$ a razão atômica atual $^{235}$U/$^{238}$U e $\lambda_5$, $\lambda_8$ as constantes de decaimento dos dois isótopos. Há um tempo $t$, a razão era

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

e o $^{235}$U constituía uma fração $r/(1 + r)$ dos átomos de urânio, desprezando o traço de $^{234}$U.

Com $\lambda_5 = 9.8485 \times 10^{-10}\,\mathrm{yr}^{-1}$, $\lambda_8 = 1.551\,25 \times 10^{-10}\,\mathrm{yr}^{-1}$ e as abundâncias atuais $0.7204\,\%$ e $99.2742\,\%$, $r_0 = 0.0072567$; há $2.0\,\mathrm{Ga}$, $r = 0.0381$ e o urânio natural continha $3.67\,\%$ de $^{235}$U, cinco vezes a proporção atual.

História — Um reator de dois bilhões de anos

Em 1972, cientistas franceses que mediam minério de urânio encontraram déficits pequenos mas significativos de $^{235}$U, que atribuíram à mina de Oklo, no Gabão. Ali, bolsões de rocha continham até $65\,\%$ de urânio com apenas metade da proporção normal de $^{235}$U, e neodímio empobrecido em seu isótopo primordial $^{142}$Nd mas enriquecido nos isótopos 143 a 150 que a fissão produz: reações em cadeia haviam ocorrido no minério há cerca de dois bilhões de anos, a cerca de $300\,\mathrm{bar}$ e 400 a $500\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. Conhecem-se dezesseis desses reatores naturais em Oklo e na vizinha Bangombé, as duas únicas jazidas do mundo onde foram encontrados; a matéria orgânica havia ajudado a concentrar o urânio, e o óxido de urânio reteve no lugar a maior parte dos actinídeos e dos produtos de fissão não voláteis desde então.

30.5 O armazenamento geológico do dióxido de carbono

Definição 30.13 (Armazenamento geológico de $\ce{CO2}$, mecanismos de aprisionamento, fator de eficiência de armazenamento)

O armazenamento geológico de $\ce{CO2}$ é a injeção de dióxido de carbono em formações rochosas porosas profundas, reservatórios de óleo e gás depletados, formações salinas profundas ou camadas de carvão, para retenção por longos períodos. Os mecanismos de aprisionamento de $\ce{CO2}$ que o retêm são o aprisionamento estrutural (e estratigráfico) sob uma rocha selante; o aprisionamento residual, como fase imóvel retida nos poros por forças capilares; o aprisionamento por solubilidade, por dissolução na água de formação; o aprisionamento mineral, por reação com minerais formando carbonatos; e, no carvão e no folhelho, a adsorção na matéria orgânica. O fator de eficiência de armazenamento $E$ de uma formação é a fração de seu volume poroso que se espera que o $\ce{CO2}$ injetado preencha.

O dióxido de carbono é um gás na superfície, mas seu ponto crítico fica a $31.0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ e $7.38\,\mathrm{MPa}$. Ao longo de um geotermo de $25\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$ a partir de $15\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ sob pressão hidrostática, a temperatura passa o valor crítico a $641\,\mathrm{m}$ e a pressão a $742\,\mathrm{m}$; a densidade do $\ce{CO2}$ puro salta de $234\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ a $700\,\mathrm{m}$ para $583\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ a $900\,\mathrm{m}$, e depois se estabiliza perto de 670 a $700\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ abaixo de $1.5\,\mathrm{km}$. Uma tonelada ocupa $534\,\mathrm{m}^{3}$ na superfície e $1.6\,\mathrm{m}^{3}$ a $1000\,\mathrm{m}$, 330 vezes menos; é por isso que as avaliações de armazenamento só consideram formações mais profundas que $800\,\mathrm{m}$.

Proposição 30.14 (Capacidade de armazenamento de uma formação)

Uma formação de área $A$, espessura $h$ e porosidade $\phi$, na qual o $\ce{CO2}$ tem densidade $\rho$ e o fator de eficiência de armazenamento é $E$, pode armazenar a massa

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

Para um campo de petróleo depletado que produziu um volume em condições de tanque $N_p$, substituir o óleo produzido volume por volume dá $M = \rho\,N_p\,B_o$.

Para as formações salinas profundas, as simulações dão $E$ entre 1 e $4\,\%$ do volume poroso numa faixa de confiança de 15 a 85 por cento, com mediana perto de $2\,\%$: a maior parte do espaço poroso nunca é atingida, ou conserva sua água. Uma formação de $1000\,\mathrm{km}^{2}$, com $50\,\mathrm{m}$ de espessura e porosidade 0.20 a $2000\,\mathrm{m}$ ($\rho = 686\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$) armazena $137\,\mathrm{Mt}$ com $E = 2\,\%$.

Uma vez injetado, o $\ce{CO2}$ sobe sob a rocha selante e se espalha. Atrás da pluma em migração, as forças capilares retêm saturações residuais que podem chegar a 15 a $25\,\%$ do espaço poroso; a dissolução absorve de 20 a $60\,\mathrm{kg}$ de $\ce{CO2}$ por metro cúbico de água de formação, e em formações de fluxo lento até $30\,\%$ do $\ce{CO2}$ injetado se dissolve em algumas dezenas de anos. O aprisionamento por solubilidade domina ao longo de dezenas a centenas de anos, as formas iônicas ao longo de centenas a milhares, o aprisionamento mineral ao longo de milhares a milhões: as reações com minerais carbonáticos levam dias, com silicatos centenas a milhares de anos. O armazenamento torna-se mais seguro com o tempo, e em locais bem escolhidos e bem geridos a retenção de $99\,\%$ ou mais do $\ce{CO2}$ ao longo de 1000 anos foi julgada provável.

Dados de 2005

Em Sleipner, no mar do Norte, a cerca de $250\,\mathrm{km}$ da costa da Noruega, o $\ce{CO2}$ separado do gás natural do campo, cerca de $9\,\%$ dele, é injetado desde outubro de 1996 na formação Utsira, um arenito salino inconsolidado de 800 a $1000\,\mathrm{m}$ abaixo do fundo do mar, a cerca de $1\,\mathrm{Mt}$ por ano. No início de 2005 mais de $7\,\mathrm{Mt}$ haviam sido armazenadas, dos $20\,\mathrm{Mt}$ previstos para a vida do projeto. Levantamentos sísmicos repetidos imageiam a pluma, cuja área era então de cerca de $5\,\mathrm{km}^{2}$, e mostram que a rocha capeadora acima dela a veda.

No campo — Ler um poço enquanto ele é perfurado

Quando um trecho de um poço é concluído, os geofísicos descem ferramentas num cabo e registram em função da profundidade as propriedades das rochas em volta do furo. Uma registra sua radioatividade natural, baixa no arenito e mais alta no folhelho; outra sua densidade total, da qual a porosidade decorre como (densidade dos grãos $-$ densidade total)/(densidade dos grãos $-$ densidade do fluido), com $2.65\,\mathrm{g}/\mathrm{cm}^{3}$ para grãos de quartzo e cerca de $1\,\mathrm{g}/\mathrm{cm}^{3}$ para a água. Lidos em conjunto, esses perfis de poço dão a espessura útil do reservatório e a porosidade que entram nas fórmulas volumétricas deste capítulo.

Exercícios

Dados para os exercícios, salvo indicação em contrário: $R = 8.314\,\mathrm{J}\,\mathrm{mol}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$; um milhão de anos vale $3.156 \times 10^{13}\,\mathrm{s}$; querogênio de Green River $A = 9.21 \times 10^{13}\,\mathrm{s}^{-1}$, $E/R = 26\,800\,\mathrm{K}$; massas atômicas C 12.011, H 1.008, O 15.999; densidade do $\ce{CO2}$ ao longo do perfil da figura: $1.872\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ na superfície, 583 a $900\,\mathrm{m}$, 621 a $1000\,\mathrm{m}$, 686 a $2000\,\mathrm{m}$. Arredonde a três algarismos significativos.

Exercício 30.1 ★

(a) Quatro querogênios imaturos têm H/C atômica de 1.58, 0.95, 1.24 e 1.12. Atribua um tipo a cada um e diga qual produziria sobretudo gás. (b) Verifique as razões H/C e O/C da fórmula C$_{100}$H$_{150}$N$_3$O$_8$S. (c) Encontre-as a partir da composição em massa C $77.4\,\%$, H $9.8\,\%$, O $8.2\,\%$.

Solução

Solução de Exercício 30.1.

(a) 1.58: tipo I; 0.95: tipo III; 1.24: tipo II; 1.12: tipo misto II/III. O querogênio de tipo III, com 0.95, produz sobretudo gás. (b) H/C $= 150/100 = 1.50$, O/C $= 8/100 = 0.08$. (c) Por $100\,\mathrm{g}$: $77.4/12.011 = 6.444\,\mathrm{mol}$ de C, $9.8/1.008 = 9.722\,\mathrm{mol}$ de H, $8.2/15.999 = 0.513\,\mathrm{mol}$ de O; H/C $= 1.51$ e O/C $= 0.0795$, de acordo com a fórmula.

Exercício 30.2 ★

(a) Cinco amostras de uma rocha geradora de tipo II têm $R_o$ = 0.45, 0.68, 1.1, 1.6 e $2.5\,\%$. Descreva o estado de cada uma em relação ao óleo e ao gás. (b) Um querogênio de tipo III com $R_o = 0.68\,\%$ está gerando metano? (c) Que fração convertida $F$ do Easy%Ro corresponde a $R_o = 0.6$ e a $1.3\,\%$?

Solução

Solução de Exercício 30.2.

(a) 0.45: imaturo, abaixo do início em $0.60\,\%$; 0.68: gerando óleo; 1.1: ainda na janela do petróleo, perto de seu fim; 1.6: além de 1.20–$1.30\,\%$, de modo que o óleo se decompõe em metano e a rocha produz gás; 2.5: só gás, com a geração prosseguindo até cerca de $4.8\,\%$. (b) Não: a geração de metano pelo tipo III começa perto de $0.73\,\%$. (c) $F = (\ln R_o + 1.6)/3.7$: $(-0.511 + 1.6)/3.7 = 0.294$ e $(0.262 + 1.6)/3.7 = 0.503$.

Exercício 30.3 ★

Uma armadilha cobre $6\,\mathrm{km}^{2}$; seu reservatório tem $25\,\mathrm{m}$ de espessura útil, porosidade 0.18 e saturação em água 0.30, e $B_o = 1.25$. (a) Encontre o volume de óleo no reservatório e o STOIIP. (b) Encontre o volume produzido para fatores de recuperação de 0.30 e 0.40.

Solução

Solução de Exercício 30.3.

(a) No reservatório, $6 \times 10^6 \times 25 \times 0.18 \times 0.70 = 1.89 \times 10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$; $\mathrm{STOIIP} = 1.89 \times 10^7/1.25 = 1.51 \times 10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$. (b) $0.30 \times 1.512 \times 10^7 = 4.54 \times 10^{6}\,\mathrm{m}^{3}$ e $0.40 \times 1.512 \times 10^7 = 6.05 \times 10^{6}\,\mathrm{m}^{3}$.

Exercício 30.4 ★

Um aquífero arenítico de $200\,\mathrm{m}$ de espessura sob $10\,\mathrm{km}^{2}$ está a $75\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (a) Encontre seu calor in situ acima de $15\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, com $C = 2.5\,\mathrm{MJ}\,\mathrm{m}^{-3}\,\mathrm{K}^{-1}$. (b) A que classe de entalpia ele pertence? (c) Encontre a potência térmica média ao longo de 30 anos para $R_g = 0.25$.

Solução

Solução de Exercício 30.4.

(a) $V = 10^7 \times 200 = 2 \times 10^{9}\,\mathrm{m}^{3}$ e $q_R = 2.5 \times 10^6 \times 2 \times 10^9 \times 60 = 3.0 \times 10^{17}\,\mathrm{J}$. (b) Abaixo de $90\,{}^{\circ}\mathrm{C}$: um recurso de baixa entalpia, para uso direto do 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.

Exercício 30.5 ★★

(a) Encontre a energia de ativação para a qual uma velocidade de Arrhenius dobra entre 100 e $110\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (b) Por que fator cresce a velocidade da reação de Green River no mesmo intervalo? (c) Qual das duas regras dá mais peso ao tempo que uma rocha passou a baixa temperatura, e o que isso implica para um TTI calculado para uma rocha geradora de tipo I?

Solução

Solução de Exercício 30.5.

(a) $k_2/k_1 = \exp[(E/R)(1/T_1 - 1/T_2)] = 2$ com $1/373.15 - 1/383.15 = 6.994 \times 10^{-5}\,\mathrm{K}^{-1}$ dá $E = 8.314 \times \ln 2/(6.994 \times 10^{-5}) = 82.4\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$. (b) $\exp(26800 \times 6.994 \times 10^{-5}) = 6.52$. (c) A regra da duplicação, cuja energia efetiva é mais baixa, dá relativamente mais peso aos longos tempos passados a baixa temperatura; para um querogênio de tipo I de alta energia de ativação, o TTI anuncia a geração cedo demais.

Exercício 30.6 ★★

(a) Mostre a partir de (30.1) que a temperatura de meia conversão obedece a $T = (E/R)\big/\ln\bigl[A T^2/(\beta\,(E/R)\ln 2)\bigr]$, e resolva-a por iteração para o querogênio de Green River aquecido a $1\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{Myr}$ e a $10\,\mathrm{K}$ por minuto. (b) Compare a diferença com a estimativa $(RT^2/E)\ln(\beta_2/\beta_1)$ tomada à temperatura mais baixa, e explique a discrepância.

Solução

Solução de Exercício 30.6.

(a) $x = 1/2$ na aproximação dá $(ART^2/\beta E)\,e^{-E/RT} = \ln 2$; tomando logaritmos, $E/RT = \ln[AT^2/(\beta(E/R)\ln 2)]$, donde a forma enunciada. Partindo de qualquer estimativa perto de $400\,\mathrm{K}$ e iterando com $\beta$ em kelvins 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 ($\beta = 0.1667\,\mathrm{K}/\mathrm{s}$, $5.26 \times 10^{12}$ vezes mais rápido), $T = 719.0\,\mathrm{K}$, $445.9\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (b) A diferença é de $309.5\,\mathrm{K}$; a estimativa $6.259 \times \ln(5.26 \times 10^{12}) = 6.259 \times 29.29 = 183\,\mathrm{K}$ é pequena demais, porque o próprio $RT^2/E$ cresce com $T$ (até $19.3\,\mathrm{K}$ a $719\,\mathrm{K}$): o deslocamento linear só vale para pequenas variações de taxa.

Exercício 30.7 ★★

Usando (30.4) e os dados do texto: (a) encontre a proporção de $^{235}$U no urânio natural há $2.0\,\mathrm{Ga}$ e há $1.8\,\mathrm{Ga}$; (b) quando ela era de $3.00\,\%$? (c) O minério de Oklo contém apenas metade da proporção normal atual de $^{235}$U. Ignorando o $^{238}$U consumido, que fração do $^{235}$U presente na época das reações sofreu fissão, e por que o decaimento posterior não muda a resposta?

Solução

Solução de Exercício 30.7.

$\lambda_5 - \lambda_8 = 8.297\,25 \times 10^{-10}\,\mathrm{yr}^{-1}$ e $r_0 = 0.7204/99.2742 = 0.0072567$. (a) Há $2.0\,\mathrm{Ga}$, $r = 0.0072567\,e^{1.6595} = 0.03814$, proporção $0.03814/1.03814 = 3.67\,\%$; há $1.8\,\mathrm{Ga}$, $r = 0.03231$, proporção $3.13\,\%$. (b) $r = 3/97 = 0.030928$ e $t = \ln(0.030928/0.0072567)/(8.29725 \times 10^{-10}) = 1.75\,\mathrm{Ga}$. (c) O minério empobrecido e o urânio normal decaíram desde então pelos mesmos fatores, de modo que a razão entre suas proporções de $^{235}$U é hoje a mesma que logo após as reações: o minério tinha então metade da proporção normal, de modo que cerca de metade de seu $^{235}$U havia sofrido fissão.

Exercício 30.8 ★★

(a) Encontre o volume de $1\,\mathrm{Mt}$ de $\ce{CO2}$ na superfície, a $1000\,\mathrm{m}$ e a $2000\,\mathrm{m}$. (b) Em Sleipner mais de $7\,\mathrm{Mt}$ haviam sido injetadas até 2005, a cerca de $900\,\mathrm{m}$, numa pluma de área $5\,\mathrm{km}^{2}$. Tomando uma porosidade de 0.35 e uma saturação em $\ce{CO2}$ de 0.30 na pluma, encontre o volume de rocha que ela ocupa e sua espessura média.

Solução

Solução de Exercício 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 preenchem $0.35 \times 0.30 = 0.105$ do volume de rocha: $1.20 \times 10^7/0.105 = 1.14 \times 10^{8}\,\mathrm{m}^{3}$ de rocha, uma espessura média de $1.143 \times 10^8/(5 \times 10^6) = 22.9\,\mathrm{m}$.

Exercício 30.9 ★★

Um reservatório de alta entalpia mede $3 \times 2 \times 1.5\,\mathrm{km}$ a $250\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, com $C = 2.6\,\mathrm{MJ}\,\mathrm{m}^{-3}\,\mathrm{K}^{-1}$. (a) Encontre seu calor in situ acima de $15\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (b) Encontre a potência térmica média ao longo de 30 anos para $R_g = 0.1$ e $0.25$. (c) Seu campo cobre $6\,\mathrm{km}^{2}$; a 10 a $20\,\mathrm{MW}$ de eletricidade por quilômetro quadrado, que fração da potência térmica com $R_g = 0.1$ se torna eletricidade?

Solução

Solução de Exercício 30.9.

(a) $V = 9 \times 10^{9}\,\mathrm{m}^{3}$ e $q_R = 2.6 \times 10^6 \times 9 \times 10^9 \times 235 = 5.50 \times 10^{18}\,\mathrm{J}$. (b) Em $30 \times 3.156 \times 10^{7}\,\mathrm{s} = 9.47 \times 10^{8}\,\mathrm{s}$: $R_g = 0.1$ dá $581\,\mathrm{MW}$ e $0.25$ dá $1450\,\mathrm{MW}$ de calor. (c) $6 \times (10 \text{ a } 20) = 60$ a $120\,\mathrm{MW}$ de eletricidade, $60/581 = 0.10$ a $120/581 = 0.21$ da potência térmica: a maior parte do calor é rejeitada, como em qualquer usina que trabalha com uma diferença de temperatura modesta.

Exercício 30.10 ★★★

Uma falha a cerca de $4\,\mathrm{km}$ suporta uma tensão normal de $80\,\mathrm{MPa}$ e uma tensão cisalhante de $22\,\mathrm{MPa}$; seu coeficiente de atrito é 0.6 e a pressão nos poros é hidrostática, $39\,\mathrm{MPa}$. (a) A falha é estável? Encontre o aumento de pressão nos poros que a leva à ruptura, em megapascals e em bars, e compare com o limiar de Denver. (b) O mesmo se a tensão cisalhante for de $24\,\mathrm{MPa}$. (c) Explique por que sismos podem ser desencadeados a quilômetros de um poço de injeção, e anos depois do início da injeção.

Solução

Solução de Exercício 30.10.

(a) A resistência é $0.6 \times (80 - 39) = 24.6\,\mathrm{MPa} > 22\,\mathrm{MPa}$: estável. A ruptura exige $0.6\,\Delta p = 24.6 - 22$, $\Delta p = 4.33\,\mathrm{MPa} = 43\,\mathrm{bar}$, da mesma ordem que os $32\,\mathrm{bar}$ que delimitaram os sismos de Denver. (b) $(24.6 - 24)/0.6 = 1.0\,\mathrm{MPa} = 10\,\mathrm{bar}$: uma falha já perto da ruptura precisa só de um pequeno aumento. (c) O fluido injetado eleva a pressão numa zona que se propaga por difusão através da rocha permeável e das zonas de falha, a quilômetros de distância ao longo de anos; onde quer que encontre uma falha já perto da ruptura, um aumento modesto basta.

Exercício 30.11 ★★★

(a) A partir da aproximação em (30.1), mostre que, a uma taxa de aquecimento constante, a taxa de transformação sobe de $10\,\%$ a $90\,\%$ num intervalo de temperatura $\Delta T \approx \bigl[\ln\ln 10 - \ln\ln(10/9)\bigr]\,RT^2/E$. (b) Calcule-o para o querogênio de Green River a $1\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{Myr}$. (c) Compare com a curva contínua da figura e explique a diferença.

Solução

Solução de Exercício 30.11.

(a) Escreva $x = e^{-u}$ com $u = (ART^2/\beta E)\,e^{-E/RT}$. Uma taxa de transformação de $10\,\%$ significa $x = 0.9$, $u = \ln(10/9)$; $90\,\%$ significa $u = \ln 10$. Como $\mathrm{d}\ln u/\mathrm{d}T = E/RT^2 + 2/T \approx E/RT^2$, $\Delta(\ln u) \approx (E/RT^2)\,\Delta T$, o que dá a fórmula, com $\ln\ln 10 - \ln\ln(10/9) = 0.834 + 2.250 = 3.084$. (b) Com $T = 409.6\,\mathrm{K}$, $RT^2/E = 6.26\,\mathrm{K}$ e $\Delta T = 19.3\,\mathrm{K}$; a curva exata de energia única dá $18.6\,\mathrm{K}$, de 125.3 a $143.8\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (c) A curva contínua sobe de $10\,\%$ perto de $122\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ a $90\,\%$ perto de $148\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, ao longo de cerca de $26\,\mathrm{K}$: a dispersão das energias de ativação alarga o intervalo de conversão.

Exercício 30.12 ★★★

Sleipner deve armazenar $20\,\mathrm{Mt}$ de $\ce{CO2}$. (a) Encontre o volume de água de formação necessário para dissolvê-lo todo, a 20 e a $60\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. (b) Encontre seu volume como fase livre a $1000\,\mathrm{m}$. (c) Com $E = 2\,\%$, encontre o volume poroso de formação necessário, e a área de uma formação de $50\,\mathrm{m}$ de espessura e porosidade 0.30.

Solução

Solução de Exercício 30.12.

(a) $2 \times 10^{10}/20 = 1.0 \times 10^{9}\,\mathrm{m}^{3}$ ($1.0\,\mathrm{km}^{3}$) e $2 \times 10^{10}/60 = 3.3 \times 10^{8}\,\mathrm{m}^{3}$. (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, o que, com $50 \times 0.30 = 15\,\mathrm{m}$ de espaço poroso por metro quadrado, exige $1.61 \times 10^9/15 = 1.07 \times 10^{8}\,\mathrm{m}^{2}$, cerca de $107\,\mathrm{km}^{2}$.

Problema 30.1

Problema de fim de semana — uma bacia, dois usos

Numa bacia inventada, uma rocha geradora de tipo I foi depositada a $120\,\mathrm{Ma}$ na superfície. Os sedimentos acumularam-se depois a $60\,\mathrm{m}$ por milhão de anos até $70\,\mathrm{Ma}$, e a $30\,\mathrm{m}$ por milhão de anos desde então. A superfície está a $15\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ e o geotermo é estacionário, de $25\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$. O querogênio tem a cinética de Green River do texto (energia única). Sua cozinha de geração, a parte matura da rocha geradora, cobre $400\,\mathrm{km}^{2}$, tem $50\,\mathrm{m}$ de espessura e densidade $2400\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, e pode produzir $30\,\mathrm{kg}$ de óleo por tonelada de rocha com conversão completa; o óleo tem densidade na superfície de $850\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. O óleo preenche uma armadilha de $12\,\mathrm{km}^{2}$ cujo reservatório, centrado a $2000\,\mathrm{m}$, tem espessura útil de $40\,\mathrm{m}$, porosidade 0.22 e saturação em água 0.25, com $B_o = 1.30$. Use os dados dos exercícios; arredonde a três algarismos significativos.

Parte I — Soterramento e índice tempo–temperatura.

1. Encontre a profundidade e a temperatura da rocha geradora a $70\,\mathrm{Ma}$ e hoje.
2. Encontre sua taxa de aquecimento em cada fase.
3. Encontre o tempo que ela passou em cada intervalo de $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, de $15\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ até sua temperatura atual.
4. Calcule seu TTI hoje (método do texto).
5. Quando, a que temperatura e a que profundidade ela passou um TTI de 15?
6. O mesmo para 75 e 160.
7. Pelo TTI, a rocha geradora ainda está gerando óleo?

Parte II — A conversão pela cinética.

8. Encontre a constante de velocidade a $90\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ e mostre que menos de $0.2\,\%$ do querogênio pode ter sido convertido antes de $70\,\mathrm{Ma}$.
9. Usando (30.1) com a taxa de aquecimento da segunda fase, encontre a fração não convertida e a taxa de transformação hoje.
10. Encontre a temperatura de meia conversão a essa taxa de aquecimento (exercício 30.6).
11. Quando ela foi atingida?
12. Compare com a época do pico de geração dada pelo TTI, e explique a diferença.
13. Um querogênio de tipo II com energia de ativação média mais baixa teria se convertido mais cedo ou mais tarde?

Parte III — Óleo gerado, in situ e recuperável.

14. Tomando uma taxa de transformação de 0.92, encontre a massa de óleo gerada na cozinha de geração.
15. Encontre seu volume na superfície.
16. Encontre o STOIIP da armadilha.
17. Que fração do óleo gerado a armadilha contém? Mantenha $1.56 \times 10^{9}\,\mathrm{m}^{3}$ para (15).
18. Encontre o óleo produzido para um fator de recuperação de 0.35.
19. Por que o fator de recuperação é muito menor que um, e o que mudaria a injeção de $\ce{CO2}$?

Parte IV — O campo depletado como reservatório de $\ce{CO2}$.

20. Encontre a temperatura e a pressão hidrostática do reservatório. O $\ce{CO2}$ injetado está supercrítico ali? Leia sua densidade na figura.
21. Mantendo $N_p = 2.13 \times 10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$, encontre o volume de reservatório liberado pela produção.
22. Exprima-o como um fator de eficiência de armazenamento do volume poroso da armadilha, e compare com as formações salinas.
23. Uma formação salina sob o campo cobre $600\,\mathrm{km}^{2}$, tem $80\,\mathrm{m}$ de espessura, porosidade 0.20, com $\ce{CO2}$ a $691\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. Encontre sua capacidade com $E = 2\,\%$.
24. Quantos anos de injeção ao ritmo de Sleipner a preencheriam?
25. Com $\rho = 686\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ e o volume liberado arredondado para $2.77 \times 10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$, encontre a capacidade de armazenamento de $\ce{CO2}$ do reservatório depletado, em megatoneladas.

Solução

Solução de Problema 30.1.

Parte I. 1. A $70\,\mathrm{Ma}$: $50 \times 60 = 3000\,\mathrm{m}$, $15 + 25 \times 3.0 = 90\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. Hoje: $3000 + 70 \times 30 = 5100\,\mathrm{m}$, $142.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. 2. $60 \times 0.025 = 1.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{Myr}$, depois $30 \times 0.025 = 0.75\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{Myr}$. 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 um 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 $\Delta t_n 2^n$, com as somas 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 atual 263. 5. O valor 15 é ultrapassado no intervalo 100–$110\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, a $100 + 10 \times (15 - 9.98)/13.33 = 103.8\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, atingidos $(103.8 - 90)/0.75 = 18.4\,\mathrm{Myr}$ depois de $70\,\mathrm{Ma}$: a $51.6\,\mathrm{Ma}$ e 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. Não: com 263 ela já passou do fim da geração de óleo (160), desde cerca de $10\,\mathrm{Ma}$.

Parte II. 8. $k = 9.21 \times 10^{13}\,e^{-26800/363.15} = 8.20 \times 10^{-19}\,\mathrm{s}^{-1}$. A rocha esteve abaixo de $90\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ durante os $50\,\mathrm{Myr}$ anteriores a $70\,\mathrm{Ma}$, de modo que a fração convertida é menor que $k\,t = 8.20 \times 10^{-19} \times 50 \times 3.156 \times 10^{13} = 1.29 \times 10^{-3}$. 9. $\beta = 0.75/(3.156 \times 10^{13}) = 2.376 \times 10^{-14}\,\mathrm{K}/\mathrm{s}$, $T = 415.65\,\mathrm{K}$: $ART^2/(\beta E) = 2.498 \times 10^{28}$ e $e^{-E/RT} = 9.95 \times 10^{-29}$, logo $u = 2.486$, $x = 0.0833$ e a taxa de transformação é 0.917. 10. $134.7\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. 11. $70 - (134.7 - 90)/0.75 = 10.4\,\mathrm{Ma}$. 12. O TTI situa o pico de geração a $23.7\,\mathrm{Ma}$, a cinética $13\,\mathrm{Myr}$ mais tarde, porque a regra da duplicação corresponde a $E \approx 82\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ e pondera demais as baixas temperaturas para um querogênio de $223\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ (exercício 30.5). 13. Mais cedo: uma energia mais baixa abaixa a temperatura de meia conversão.

Parte III. 14. Rocha: $4 \times 10^8 \times 50 \times 2400 = 4.8 \times 10^{13}\,\mathrm{kg}$; potencial $0.030 \times 4.8 \times 10^{13} = 1.44 \times 10^{12}\,\mathrm{kg}$; gerado $0.92 \times 1.44 \times 10^{12} = 1.32 \times 10^{12}\,\mathrm{kg}$. 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. $6.09 \times 10^7/1.56 \times 10^9 = 0.039$, $3.9\,\%$: a maior parte do óleo gerado fica na rocha geradora, perde-se ao longo dos caminhos de migração ou escapa para a superfície. 18. $0.35 \times 6.09 \times 10^7 = 2.13 \times 10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$. 19. Cerca de dois terços do óleo ficam no reservatório após a recuperação primária e a secundária; a injeção de $\ce{CO2}$ poderia recuperar mais 10 a $15\,\%$ do óleo in situ.

Parte IV. 20. $15 + 25 \times 2 = 65\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ e $0.101 + 1000 \times 9.807 \times 2000/10^6 = 19.7\,\mathrm{MPa}$: ambos acima do ponto crítico ($31.0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $7.38\,\mathrm{MPa}$), de modo que o $\ce{CO2}$ é supercrítico, a cerca de $686\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. 21. $2.13 \times 10^7 \times 1.30 = 2.77 \times 10^{7}\,\mathrm{m}^{3}$. 22. Volume poroso $1.2 \times 10^7 \times 40 \times 0.22 = 1.056 \times 10^{8}\,\mathrm{m}^{3}$, e $E = 2.77 \times 10^7/1.056 \times 10^8 = 0.262$, muito acima dos 1 a $4\,\%$ das formações salinas: o óleo produzido esvaziou um espaço conhecido e vedado. 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 $1\,\mathrm{Mt}$ por ano, cerca de 133 anos. 25. $M = \rho\,N_p\,B_o = 686 \times 2.77 \times 10^7 = 1.90 \times 10^{10}\,\mathrm{kg}$: o reservatório depletado pode armazenar $19.0\,\mathrm{Mt}$ de $\ce{CO2}$.