从数据库中查询的请求失败

求助：从数据库中查询的请求失败？
新手，第一次做新闻发布，在新闻浏览界面的时候出现了问题
以下是在网上看到的一种写法

PHP code

include "connect.php"; 
$id=$_GET["id"];
$query="SELECT * from news Where id=".$id;
$result=mysql_query($query,$conn);
$row=mysql_fetch_array($result);

报错是 Warning: mysql_fetch_array() expects parameter 1 to be resource

其实我对这个写法中得变量id不甚理解，为什么新定义的一个变量能拿来和数据库表中的id比较呢?
怎样改这个错误呢?
谢谢~~

------解决方案--------------------
加一行, echo mysql_error();
估计八成是news表不存在怎的
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1.跟楼上说的一样，mysql_error()看一下

2.$id变量是用来接收页面通过get传递的值，你的网页地址应该是：http://xxx.com?id=1,这里id值1就是要获取的值，通过这个id值跟数据表对比来获得新闻列表

3.你可以把connect.php贴出来看一下

------解决方案--------------------
你把你的sql在mysql编辑器调式看看，你的代码应该没什么问题。就是不知道你连接数据库的代码是否有毛病。
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其实楼主已经说的很清楚了

探讨

其实我对这个写法中得变量id不甚理解，为什么新定义的一个变量能拿来和数据库表中的id比较呢?
怎样改这个错误呢?

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探讨

1.跟楼上说的一样，mysql_error()看一下

2.$id变量是用来接收页面通过get传递的值，你的网页地址应该是：http://xxx.com?id=1,这里id值1就是要获取的值，通过这个id值跟数据表对比来获得新闻列表

3.你可以把connect.php贴出来看一下

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友情提醒下...在正式的开发工作中，如果对传入的参数不进行正确性检查的话....后果将是毁灭性的...
$_GET 和 $_POST获得的原始数据，不能直接拼接在sql中...必须进行正确性检查，这是常识...
------解决方案--------------------

探讨

友情提醒下...在正式的开发工作中，如果对传入的参数不进行正确性检查的话....后果将是毁灭性的...
$_GET 和 $_POST获得的原始数据，不能直接拼接在sql中...必须进行正确性检查，这是常识...