Php mysqli准备的声明没有做任何事情

准备好的陈述给我带来了问题。我可以从数据库中读取数据，但无法写入。这是我遇到麻烦的准备好的声明。没有错误，但代码执行时不会发生任何事情。谢谢

 /*Prepared statement option 1*/

    $stmt = mysqli_prepare($con, "INSERT USERS (userEmail, userPassword, userFname, userLname) VALUES (?, ?, ?, ?)");

/*prepared statement option 2*/

    $query = "INSERT INTO users (userEmail, userPassword, userFname, userLname) VALUES (?, ?, ?, ?)";
    $stmt = mysqli_prepare($con, $query);

/绑定语句/

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在连接到mysqli之前，请始终使用此行：

mysqli_report(MYSQLI_REPORT_ERROR | MYSQLI_REPORT_STRICT);

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您在这里另外键入了一个

s

'ssss'

没有错误

-真的吗？还是你没有？我肯定你已经检查了mysqli\u stmt\u execute（$stmt）…的返回值，更正了。我有很多条目，但将其减少到4条，以呈现给stackoverflow，留下一个额外的s。谢谢谢谢！！！现在我得到一个错误。我现在应该能弄明白了。必须与用户ID有关。致命错误：未捕获的异常“mysqli\u sql\u exception”和消息“Column'userFname”不能为null

mysqli_report(MYSQLI_REPORT_ERROR | MYSQLI_REPORT_STRICT);