Ampliando mi comentario: la sustitución de $1-x^2\mapsto x$, seguido por la expansión de la trilogarithm y teniendo en cuenta Legrende la duplicación fórmula $B(n+1,\frac12)=2^{2n+1}B(n+1,n+1)$, llegamos a $$I=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2^{2n}}{n^3(2n+1)\binom{2n}{n}}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^{2n}}{n^3\binom{2n}{n}}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^{2n+1}}{n^2(2n+1)\binom{2n}{n}}\\=4\int_0^1\frac{\arcsin^2x}{x}\,dx-4\int_0^1\arcsin^2x \,dx$$
donde he utilizado el hecho de que $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2x)^{2n}}{n^2\binom{2n}{n}}=2\arcsin^2x$.
La segunda integral es fácilmente evaluados por IBP dos veces: $$\int_0^1\arcsin^2x \,dx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^2\cos x \,dx=\frac{\pi^2}{4}-2$$
La primera integral se puede evaluar por el IBP y el uso de ese$\displaystyle -\ln\sin x=\ln2+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos(2nx)}{n}$:
$$\begin{align} \int_0^1\frac{\arcsin^2x}{x}\,dx\\&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^2\cot x \,dx\\&=-2\int_0^{\frac{\pi}{2}}x\ln\sin x \,dx\\
&=2\int_0^{\frac{\pi}{2}}x\left(\ln2+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos(2nx)}{n}\right)\,dx\\&=\frac{\pi^2}{4}\ln2+2\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n}\int_0^{\frac{\pi}{2}}x\cos(2nx)\,dx\\&=\frac{\pi^2}{4}\ln2+2\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n}\frac1{4n^2}((-1)^n-1)\\&=\frac{\pi^2}{4}\ln2-\frac{7}{8}\zeta(3).
\end{align}$$
