处理JSON API响应（无论是否返回错误，返回200）的最佳方法是什么

Question

因此，我向一些不可靠的来源（我无法控制）发出Guzzle HTTP请求。

响应返回2之一：

具有以下错误的200状态代码：

{
    "error": "Data source error, please try again"
}

和200个状态代码以及以下响应数据：

{
    "products": {
        "income": "Income Protection",
        "car": "Car Insurance"
    }
}

这是我通过Guzzle发出请求的方式：

        try {

            $client = new Client(array(
                'curl'   => array( CURLOPT_SSL_VERIFYPEER => false ),
                'verify' => false
            ));
            $res = $client->request($method, self::URI . $url, [
                $params
            ]);

            return $res->getBody();
        } catch (ClientException $e) {
            echo Psr7\str($e->getRequest());
            echo Psr7\str($e->getResponse());
        }

因此，当我收到上面的错误响应时，它将永远不会到达代码的catch部分，因为它会返回成功的200状态代码。

什么是处理此问题的最佳方法，以便我可以适当地返回错误响应？

Answer 1

$result = json_decode($res);

if(!isset($result->error))...