解析：

（1）根据 $P = UI$ 算出通过特高压输电线的电流；

（2）根据 $W = Pt$ 算出消耗的电能，根据 $η = \frac{Q}{W}$ 算出正常加热1分钟提供的热量；

（3）根据 $R_{0} = \frac{U_{额}^{2}}{P_{额}}$ 算出 $R_{0}$ 的电阻，由电路图可知，将开关 $S$ 与 $a$ 、 $b$ 相连时工作的电路元件，电源的电压一定时，根据 $P = UI = \frac{U^{2}}{R}$ 可知，电路的总电阻最小时，电路的总功率最大，水龙头处于高温状态， $P_{高温} = \frac{U^{2}}{R} + \frac{U^{2}}{R_{0}}$ ；

由电路图可知，将开关 $S$ 与 $c$ 相连时， $R$ 与 $R_{0}$ 串联，总电阻较大，总功率较小，水龙头处于低温状态， $P_{低温} = \frac{U^{2}}{R + R_{0}}$ ，

因为水龙头正常工作时高温挡与低温挡电功率之比为 $4 : 1$ ，即 $P_{高温} : P_{低温} = (\frac{U^{2}}{R} + \frac{U^{2}}{R_{0}}) : \frac{U^{2}}{R + R_{0}} = 4 : 1$ ，算出 $R$ 的电阻，根据 $P_{高温} = \frac{U^{2}}{R} + \frac{U^{2}}{R_{0}}$ 算出加热功率。

解：（1）根据 $P = UI$ 知，

通过特高压输电线的电流： $I = \frac{P}{U} = \frac{1.1 \times 10^{5} \times 10^{3} W}{1100 \times 10^{3} V} = 100 A$ ；

（2）根据 $P = \frac{W}{t}$ 得，

消耗的电能： $W = Pt = 2200 W \times 60 s = 1.32 \times 10^{5} J$ ，

根据 $η = \frac{Q}{W}$ 知，

正常加热1分钟提供的热量： $Q = Wη = 1.32 \times 10^{5} J \times 90 % = 1.188 \times 10^{5} J$ ；

（3） $R_{0}$ 电阻： $R_{0} = \frac{U_{额}^{2}}{P_{额}} = \frac{{(220 V)}^{2}}{2200 W} = 22 Ω$

由电路图可知，将开关 $S$ 与 $a$ 、 $b$ 相连时，电阻 $R$ 与 $R_{0}$ 并联，电阻较小，根据 $P = UI = \frac{U^{2}}{R}$ 可知，此时电路的总功率最大，水龙头处于高温状态， $P_{高温} = \frac{U^{2}}{R} + \frac{U^{2}}{R_{0}}$ ；

由电路图可知，将开关 $S$ 与 $c$ 相连时， $R$ 与 $R_{0}$ 串联，总电阻较大，总功率较小，水龙头处于低温状态， $P_{低温} = \frac{U^{2}}{R + R_{0}}$ ，

因为水龙头正常工作时高温挡与低温挡电功率之比为 $4 : 1$ ，即 $P_{高温} : P_{低温} = (\frac{U^{2}}{R} + \frac{U^{2}}{R_{0}}) : \frac{U^{2}}{R + R_{0}} = 4 : 1$ ，

$(\frac{1}{R} + \frac{1}{R_{0}}) : \frac{1}{R + R_{0}} = 4 : 1$ ，

$\frac{R + R_{0}}{R R_{0}} : \frac{1}{R + R_{0}} = 4 : 1$ ，

$\frac{{(R + R_{0})}^{2}}{R R_{0}} = 4 : 1$ ，

${(R + R_{0})}^{2} = 4 R R_{0}$ ，

${(R - R_{0})}^{2} = 0$

解得： $R = R_{0} = 22 Ω$ 。

高温挡时的电功率： $P_{高温} = \frac{U^{2}}{R} + \frac{U^{2}}{R_{0}} = \frac{2 U^{2}}{R} = \frac{2 \times {(220 V)}^{2}}{22 Ω} = 4400 W$ 。

答：（1）通过特高压输电线的电流为 $100 A$ ；

（2）改装前，若水龙头的热效率为 $90 %$ ，正常加热1分钟提供的热量为 $1.188 \times 10^{5} J$ ；

（3）改装后，水龙头正常工作时高温挡与低温挡电功率之比为 $4 : 1$ ，高温挡时的电功率为 $4400 W$ 。

本题考查了欧姆定律、电功率公式的应用以及电路图的设计，正确的判断水龙头处于不同工种状态时电路的连接方式是关键。