在我的本地数据库中通过图像ID定义图像时遇到问题

Question

我正在尝试在新页面上打印特定图像。发生的事情是单击上传的图像，将其带到一个单独的页面，我将使用该页面进一步详细描述该图像。

当我输入图像的特定ID时，将加载该图像。示例：（SELECT * FROM gallery WHERE idGallery = 7 ORDER BY orderGallery DESC“）这将为我发布的所有图像加载ID为7的图像。我希望新页面能够将每个图像与其各自的ID相关联，因此当我进入这个新页面时，它将加载正确的图像。

index.php

include_once 'includes/dbh.inc.php';
$sql = "SELECT * FROM gallery ORDER BY orderGallery DESC";
$stmt = mysqli_stmt_init($conn);
if (!mysqli_stmt_prepare($stmt, $sql)) {
    echo "SQL statment failed!";
} else {
    mysqli_stmt_execute($stmt);
    $result = mysqli_stmt_get_result($stmt);
    while ($row = mysqli_fetch_assoc($result)) {
        echo '<a href="detail.php?imageId="'.$row["idGallery"].'>
        <div style="background-image:url(images/gallery/'.$row["imgFullNameGallery"].');"></div>                             
        <h3>'.$row["titleGallery"].'</h3>                            
        <h4>'.$row["descGallery"].'</h4>
    </a>';
    }
}

detail.php

$sql = "SELECT * FROM gallery WHERE idGallery='".$_GET['idGallery']."'ORDER BY orderGallery DESC";

$stmt = mysqli_stmt_init($conn);

if (!mysqli_stmt_prepare($stmt, $sql)) {
    echo "SQL statment failed!"; } 

else {
    mysqli_stmt_execute($stmt);
    $result = mysqli_stmt_get_result($stmt);
    while ($row = mysqli_fetch_assoc($result)) {
        echo '<img src="images/gallery/'.$row["imgFullNameGallery"].'">
        <h3>'.$row["titleGallery"].'</h3>
        <h4>'.$row["descGallery"].'</h4>
    </a>';
}
}

  

注意：未定义索引：第6行的C：\ xampp \ htdocs \ webpage \ detail.php中的idGallery

这是我收到的错误，因此我假设错误在于我如何定义idGallery，但我无法弄清楚它是如何错误的。我还注意到，当我将鼠标悬停在图像上时弹出的链接没有说图像ID，而是显示“ detail.php？imageId =“，但没有继续使用其余的代码。是什么导致该ID无法显示？