如果你真的包含了错误信息，那将是很有帮助的，但是问题是你的DB类既不是Mysqli类的扩展，也没有实现相关的接口，因此你不能简单地将它放入需要Mysqli对象的函数中。正如ADyson已经提到的，你的 Package 类是不必要的，并且会在这里积极地妨碍你，因为它会在很多其他地方。
抛弃 Package 类，直接使用Mysqli对象。
此外，全局状态通常是一个坏主意，特别是对于数据库连接。它允许“幽灵般的远程操作”，也就是看起来完全不相关的代码，通过全局命名空间中的共享对象产生副作用，以及将您束缚在只能使用单个数据库连接而无需进行重大重写。
通常，最好将DB连接传递到需要它的调用或对象中，例如：

$db = new Mysqli(...);

foo($db, $arg1, $arg2);

$f = new Foo($db, ...);

字符串

不幸的是，无论下面的更改如何，您的代码都注定会失败，但是让我先解释一下为什么您会遇到这个问题，然后再解释为什么这仍然不起作用。

错误

您的DB类不是mysqli的类型，但可以通过将class DB更改为：

class DB extends mysqli

字符串
以下是正在发生的事情的细分：

<?php

// Defines a new class, DB, which is type DB.
class DB {}

// Defines "db" as an instance of the DB class, still type DB.
define("db",new DB(DB_HOST, DB_USER, DB_PASS, DB_NAME));

// This is trying to pass "db" as the first argument to mysqli_query().
if (mysqli_query(db, $sql)) {}

型
问题是mysqli_query期望以下内容：

function mysqli_query(
    mysqli $mysql,
    string $query,
    int|null $result_mode = MYSQLI_STORE_RESULT
): bool|mysqli_result

型
正如您所看到的，第一个参数需要类型mysqli，无论是直接用new mysqli()示例化还是间接用extends mysqli示例化。在DB内部示例化new mysqli的事实并没有什么不同，你可以复制整个mysqli类，但是如果你命名它为DB，它仍然会以那种方式输入，而没有扩展名。
一旦你做了这个改变，你的论点应该被接受。

问题

潜在的问题是DB类仍然不适合执行mysqli类代码。
如果你看一下mysqli class docs，你会注意到你的类没有被适当地设计来包含你的连接信息，并且最终会失败，因为你正在调用的函数不能访问$conn。你的 Package 器用于非常基本的用例来调用query()和clean()方法，但仅此而已。它实际上并没有注入父mysqli类正常运行所需的必要信息。
从技术上讲，您可以通过使用getter暴露$conn来解决这个问题：

<?php
class DB {
    // ...other stuff
    public function getConn() {
        return $this->conn;
    }
}

mysqli_query(db->getConn(), $sql);

型
或者使用__toString()魔术方法，当您不调用其他方法（如db->query()）时，该方法将始终将db视为连接。

<?php
class DB {
    // ...other stuff
    public function __toString() {
        return $this->conn;
    }
}

mysqli_query(db, $sql);

型
然而，这似乎真的不切实际，除非您有某种理由隐藏mysqli的其余功能。

Package 器

这将 * 几乎 * 适合于创建一个数据库 Package 器，其中包含与其自己的类中的mysqli_query等函数交互的逻辑，但它似乎不是您心目中的目标。
Package 器是有用的，因为它允许你在一个地方实现逻辑。你正在使用这个类之外的函数，需要mysqli，所以在这种情况下它实际上并不能帮助你。然而，一个正确的例子可能是这样的：

<?php
class DB {
    // ...other stuff
    public function db_query($sql) {
        return mysqli_query($this->conn, $sql);
    }
}

// Now, if you change databases you can just edit db_query.
db->db_query($sql);

型

子类

以这种方式构建类的正确方法是将__construct参数注入到父类中，但由于您正在尝试调用$conn的query()方法，因此这也会导致数据库类的损坏示例。
一个如何正确构建子类的例子看起来像这样：

<?php
class DB extends mysqli {
    public function __construct($host, $user, $pass, $database, $port = 3306) {
        parent::__construct($host, $user, $pass, $database, $port);
    }

    // New custom methods go here.
}

// Now a fully functional mysqli child!
$db = new DB(DB_HOST, DB_USER, DB_PASS, DB_NAME);

型
我的建议是直接通过$db = new mysqli()创建一个示例，而不是通过任何这些抽象过程。虽然这种方式抽象类有它的用途，因为你仍然处于学习阶段，我认为它增加了额外的，不必要的复杂性。