Complément : pH d'une solution tampon

On note pour la suite un couple acide-base \(\mathrm{AH/A^-}\), avec \(\mathrm{AH}\) l'acide et \(\mathrm{A^-}\) sa base conjuguée. La constante d'acidité et le potentiel de cette constante sont notés \(K_\mathrm{A}\) et \(\mathrm{pK_A}\).

À une température donnée, le \(\mathrm{pH}\) à l'équilibre d'une solution contenant l'acide d'un couple ainsi que sa base conjuguée est donné par la  relation suivante, appelée relation d’Henderson-Hasselbalch : \(\mathrm{pH=pK_A+log(\frac{[A^-]_{éq}}{[AH]_{éq}})}\) avec :

• \(\mathrm{pH}\) : le \(\mathrm{pH}\) de la solution, mesuré à l'équilibre (sans unité) ;
  
• \(\mathrm{pK_A}\) : le potentiel de la constante d'acidité du couple mis en jeu (sans unité) ;
  
• \(\mathrm{[A^-]_{éq}}\) : la concentration à l'équilibre de la base du couple en \(\mathrm{mol\cdot L^{-1}}\) ;
  
•  \(\mathrm{[AH]_{éq}}\) : la concentration de l'acide du couple en \(\mathrm{mol\cdot L^{-1}}\).

Remarque : cette relation n'est pas rigoureusement au programme. Cependant, son utilisation voire sa démonstration sont très classiques dans les sujets du bac dans cette partie. Elle permet de retrouver, par exemple, que, pour une solution tampon dont le mélange est équimolaire (acide / base conjuguée), le \(\mathrm{pH}\) de ce tampon est égal au \(\mathrm{pK_A}\) du couple mis en jeu.

Démonstration de la relation d’Henderson-Hasselbalch

Reprenons un résultat intermédiaire obtenu précédemment (on rappelle que la démonstration complète pour obtenir l'équation du second degré vérifiée par le taux d'avancement final est à maîtriser).

On a obtenu à l'équilibre chimique l'égalité suivante : \(\frac{\mathrm{[A^-]_{éq}\times \mathrm{[H_3O^+]_{éq}}}}{[\mathrm{AH]_{éq}}\times{\text{c°}}}=K_\text{A}\). 

En appliquant la fonction logarithme décimal des deux côté de l'équation, on a :

\(\mathrm{log}(\frac{\mathrm{[A^-]_{éq}\times \mathrm{[H_3O^+]_{éq}}}}{[\mathrm{AH]_{éq}}\times{\text{c°}}})=\mathrm{log}(K_\text{A})\) soit, en utilisant la propriété du logarithme décimal \(\mathrm{log(a\times b)=log(a) +log(b)}\) : \(\mathrm{log}(\frac{\mathrm{[A^-]_{éq}}}{[\mathrm{AH]_{éq}}})+\mathrm{log}(\frac{{ \mathrm{[H_3O^+]_{éq}}}}{{\text{c°}}})=\mathrm{log}(K_\text{A})\).

En prenant l'opposé de tous les termes, il vient \(-\mathrm{log}(\frac{\mathrm{[A^-]_{éq}}}{[\mathrm{AH]_{éq}}})-\mathrm{log}(\frac{{ \mathrm{[H_3O^+]_{éq}}}}{{\text{c°}}})=-\mathrm{log}(K_\text{A})\).

On rappelle que, par définition :

•  \(\mathrm{pH_{éq}} =-\mathrm{log}(\frac{{ \mathrm{[H_3O^+]_{éq}}}}{{\text{c°}}})\) ;
• \(\mathrm{pK_A}=-\mathrm{log}(K_\text{A})\).
  

On a donc \(-\mathrm{log}(\frac{\mathrm{[A^-]_{éq}}}{[\mathrm{AH]_{éq}}})+\mathrm{pH_{éq}}=\mathrm{pK_{A}}\) et on retrouve bien la relation \(\mathrm{pH_{éq}=pK_A+log(\frac{[A^-]_{éq}}{[AH]_{éq}})}\).