N!crO

Во-первых, не вставляйте код картинкой, правило 3.8.
Во-вторых, изучайте асинхронность JavaScript, ваш console.log(objAjax) выполняется сразу после отправки Ajax-запроса, но ещё до прихода ответа на запрос.

После вставки, нужно получить id добавленной записи.
$insert_id = $result->lastInsertId();

Далее при выводе второй формы включить этот id в форму

<input name="id" type="hidden" value="<?=$insert_id;?>">

При обработке второй формы, вы получите этот id и будет ясно какую запись нужно обновить.

Стоит учитывать что пользователь может подменить id и тогда обновятся другие записи. Чтобы избежать такого, можно использовать сессии или как то шифровать значение.

Коммент чуваку выше просто в голос )))
mysql_query --> mysqli_query
mysql_close --> mysqli_close
и всё будет пучком.

из обсуждения:

var slides = document.querySelectorAll('.slider-item');
var sliderToggles = document.querySelectorAll('.slider-toggle');
var currentSlide = 0;

if ( slides.length > 0 ) {
    var slideInterval = setInterval(nextSlide, 2500);
}

function nextSlide() {
    sliderToggles[currentSlide].classList.remove('slider-toggle--active');
    slides[currentSlide].classList.remove('active');
    currentSlide = (currentSlide+1)%slides.length;
    sliderToggles[currentSlide].classList.add('slider-toggle--active');
    slides[currentSlide].classList.add('active');
}

Проблема была в том, что слайдер запускался без проверки есть ли вообще слайды. Соответственно, если на других страницах их не было, то все ломалось.

https://www.npmjs.com/package/gulp-babel-minify