提问人：Vicente Chomali 提问时间：2/25/2023 更新时间：2/25/2023 访问量：100
无法读取 null 的样式属性（即使代码行位于“if”内部，询问是否定义了变量
Cannot read style properties of null (even though the line of code is inside of an "if" asking is the variable is defined
问：
在我的网站中，有一个特定的选项卡，只为特定用户加载。
<?php if($User["UID"] == $SpaceCreatorUID){ echo "";?> <button class="button-container" id="qr-button">Mi QR<div id="qr-indicator" class="indicator"></div> </button> <?php echo ""; } ?>
没什么特别的;完美工作。但是，当选项卡没有为用户加载时（这是完美的），我的 JS 代码在以下行 （83） 停止工作：
qrIndicator.style.display = "none";
完全有意义，因为我将尝试为 null 对象定义样式属性。因此，我进行了以下更改（第 83 行）：
if (typeof qrIndicator !== 'undefined'){qrIndicator.style.display = "none";};
但是，它不断抛出相同的错误：无法读取 null 的属性（读取“style”）。我缺少或不理解什么？
我将以下行 （14） 留给上下文：
try{var qrIndicator = document.getElementById("qr-indicator");}finally{};
是什么原因导致了这个问题？
答：
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Chris Haas
2/25/2023
#1
不需要一个不会抛出的，它会返回，这很容易测试。try/catchnull
var qrIndicator = document.getElementById("qr-indicator");
if (qrIndicator){
qrIndicator.style.display = "none";
}
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typeof null === 'object'