为什么 mysqli_stmt::prepare 返回 false 时无法捕获？

Question

我有这样的代码，故意使查询错误：delete_test.php。

<?php

.....

$id = 1;

$sql = "xSELECT * FROM tbl_1 WHERE 1 AND id =?"; // Adding and an x to make this error

$stmt = $mysqli->stmt_init();

if(!$stmt->prepare($sql)){ // Line 56

    echo "There is something wrong #1";

    exit();

}else{

   $stmt->bind_param("i", $id);

   if(!$stmt->execute()){

       echo "There is something wrong #2";

       exit();

   }

  .....

}

.....

?>

当我运行 delete_test.php 时出现此错误：

Fatal error: Uncaught mysqli_sql_exception: You have an error in your SQL syntax; check the manual that corresponds to your MariaDB server version for the right syntax to use near 'xSELECT * FROM tbl_1 WHERE 1 AND id =?' at line 1 in C:\xampp\htdocs\delete_test.php:56 Stack trace: #0 C:\xampp\htdocs\delete_test.php(56): mysqli_stmt->prepare('xSELECT * FROM ...') #1 {main} thrown in C:\xampp\htdocs\delete_test.php on line 56

而不是打印这个：

There is something wrong #1

为什么 php 忽略echo "There is something wrong #1";了该行的行错误？

以及如何echo "There is something wrong #1";在该行的行错误处打印？

Answer 1

你不能用 if 语句捕获异常！绝对没有理由将每个 mysqli 函数调用包装在一条if语句中，即使您要关闭 mysqli 错误报告。Mysqli 可以触发异常，就像您收到的异常一样，它告诉您的不仅仅是“有问题#1”。你有 3 行代码，你把它变成了 12 行代码，但你仍然没有包装stmt_init()或bind_param()在if声明中。只需坚持简单的三行准备好的语句。$stmt = $mysqli->prepare("xSELECT * FROM tbl_1 WHERE 1 AND id =?");$stmt->bind_param('s', $id);$stmt->execute();PHP 具有内置的错误处理程序，因此如果发生错误，它可以将错误显示给最终用户或将错误记录在服务器上的文件中。后者是优选的。如果您想使用自己的错误处理程序，那么您可以将所有 PHP 代码包装在一个 try-catch 块中，并使用自定义记录器处理所有异常和错误。不要在 try-catch 中包装每个 mysqli 调用！