由 $f'\left(x\right)={{x}^{2}}-2x+a$ 及题设得\[ \begin{cases}
f'\left(0\right)=3, \\
f\left(0\right)=-2 ,\\
\end{cases} \]解得 $a=3,b=-2$．

（i）由 $g\left(x\right) = \dfrac{1}{3}{x^3} - {x^2} + 3x - 2 + \dfrac{m}{{x - 1}}$，得\[g'\left(x\right) = {x^2} - 2x + 3 - \dfrac{m}{{{{\left(x - 1\right)}^2}}} .\]因为 $ g\left(x\right)$ 是 $\left[2, + \infty \right)$ 上的增函数，所以 $ g'\left(x\right) \geqslant 0$ 在 $\left[2, + \infty \right)$ 上恒成立，
即 ${x^2} - 2x + 3 - \dfrac{m}{{{{\left(x - 1\right)}^2}}} \geqslant 0$ 在 $\left[2, + \infty \right)$ 上恒成立．
设 ${\left(x - 1\right)^2} = t$．因为 $ x \in \left[2, + \infty \right)$，所以 $ t \in \left[1, + \infty \right)$，
即不等式 $t + 2 - \dfrac{m}{t} \geqslant 0$ 在 $\left[1, + \infty \right)$ 上恒成立．
所以 $m \leqslant {t^2} + 2t$ 在 $\left[1, + \infty \right)$ 上恒成立．
令 $y = {t^2} + 2t$，$t \in \left[1, + \infty \right)$，可得 ${y_{\min }} = 3$，
故 $m \leqslant 3$，即 $m$ 的最大值为 $ 3 $．
（ii）由（i）得\[g\left(x\right) = \dfrac{1}{3}{x^3} - {x^2} + 3x - 2 + \dfrac{3}{{x - 1}} ,\]将函数 $g\left(x\right)$ 的图像向左平移 $ 1 $ 个长度单位，再向下平移 $\dfrac{1}{3}$ 个长度单位，所得图像相应的函数解析式为\[\varphi \left(x\right) = \dfrac{1}{3}{x^3} + 2x + \dfrac{3}{x} , x \in \left( - \infty ,0\right) \cup \left(0, + \infty \right) .\]由于 $\varphi \left( - x\right) = - \varphi \left(x\right)$，所以 $\varphi \left(x\right)$ 为奇函数，故 $\varphi \left(x\right)$ 的图像关于坐标原点成中心对称．
由此可得，函数 $g\left(x\right)$ 的图像关于点 $Q\left(1,\dfrac{1}{3}\right)$ 成中心对称．
这也表明，存在点 $Q\left(1,\dfrac{1}{3}\right)$，使得过点 $Q$ 的直线若能与函数 $g\left(x\right)$ 的图像围成两个封闭图形，则这两个封闭图形的面积总相等．