Non riesco ad alimentare il DB da pagina php

Citazione:

Cosa sbaglio [...] Ho provato a inserire tutte le possibili varianti e comandi che da 2 gg ho reperito nei diversi forum ma risultato null

Non serve provare varianti e comandi a caso: ne basta uno, quello indicato nella guida alla voce Database MySQL - Parametri di connessione e nella documentazione di PHP.
Inoltre non stai controllando la riuscita delle query. Controllando i valori restituiti sarebbe PHP stesso a dirti cosa non va.
Il nome della base di dati che cerchi di usare non corrisponde a quello che ti è assegnato.
Concretamente dovresti rivedere il codice in questo modo:

Codice PHP:

// Legge i parametri $Certificato = $_POST['Certificato']; $Assicurato = $_POST['Assicurato']; $Comune = $_POST['Comune']; $Prodotto = $_POST['Prodotto']; $DataPreCopertura=$_POST['DataPreCopertura']; // Si connette alla base di dati $mysqli = new mysqli("", "", "", "my_calamitanaturali"); if ($mysqli->connect_errno) { echo "Impossibile connettersi a MySQL: (" . $mysqli->connect_errno . ") " . $mysqli->connect_error; } // Inserisce i dati $query = "INSERT INTO preventive (Certificato, Assicurato, Comune, Prodotto, DataPreCopertura) VALUES ('$Certificato', '$Assicurato', '$Comune', '$Prodotto', '$DataPreCopertura')"; $result = $mysqli->query($query); if (!$result) { echo "Inserimento fallito: (" . $mysqli->errno . ") " . $mysqli->error; }

Citazione:

perchè in localhost di xampp tutto funzionava?

La vera domanda è: perché ti aspetti che un codice funzioni, se è stato scritto e testato in un sistema locale con una configurazione diversa rispetto a quella su cui lo intendi eseguire?

Infine, il codice scritto così è vulnerabile a SQL Injection. Controlla i valori ricevuti prima di usarli per costruire il testo della query oppure usa i prepared statement.