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【分析】
1. 对于第(1)问，首先需明确到达地球表面的太阳能功率是总功率的47%，先计算出地表接收的功率，再根据功的计算公式$W=Pt$（注意将时间单位换算为秒），计算出每小时辐射到地球表面的太阳能。
2. 第(2)问，无烟煤完全燃烧释放的热量等于第(1)问中得到的太阳能，利用热值公式$Q_{放}=mq$，变形得到$m=\frac{Q_{放}}{q}$，代入数值计算后将单位换算为吨。
3. 第(3)问，太阳能全部用来给水加热，即水吸收的热量等于第(1)问的太阳能，根据吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，变形得到$m=\frac{Q_{吸}}{c\Delta t}$，先算出温度变化量$\Delta t$，再代入数值计算并将单位换算为吨。
【解析】
(1) 已知太阳辐射到地球的太阳能总功率$P = 1.7×10^{17}\, \mathrm{W}$，到达地球表面的功率占比为47%，则到达地球表面的功率：
$P_{表}=1.7×10^{17}\, \mathrm{W}×47\% = 0.799×10^{17}\, \mathrm{W}$
1小时对应的时间$t = 3600\, \mathrm{s}$，根据公式$W = P_{表}t$，可得太阳每小时辐射到地球表面的太阳能：
$W = 0.799×10^{17}\, \mathrm{W}×3600\, \mathrm{s}\approx2.88×10^{20}\, \mathrm{J}$
(2) 无烟煤的热值$q = 3.4×10^{7}\, \mathrm{J/kg}$，因为无烟煤完全燃烧释放的热量$Q_{放}=W$，由$Q_{放}=mq$可得无烟煤的质量：
$m_{煤}=\frac{W}{q}=\frac{2.88×10^{20}\, \mathrm{J}}{3.4×10^{7}\, \mathrm{J/kg}}\approx8.47×10^{12}\, \mathrm{kg}$
换算单位为吨：$8.47×10^{12}\, \mathrm{kg}=8.47×10^{9}\, \mathrm{t}$
(3) 太阳能全部用来给水加热，则水吸收的热量$Q_{吸}=W = 2.88×10^{20}\, \mathrm{J}$，水的温度变化量$\Delta t = 100°C - 10°C = 90°C$，根据吸热公式$Q_{吸}=cm_{水}\Delta t$，变形可得水的质量：
$m_{水}=\frac{W}{c\Delta t}=\frac{2.88×10^{20}\, \mathrm{J}}{4.2×10^{3}\, \mathrm{J/(kg·°C)}×90°C}\approx7.62×10^{14}\, \mathrm{kg}$
换算单位为吨：$7.62×10^{14}\, \mathrm{kg}=7.62×10^{11}\, \mathrm{t}$
【答案】
(1) $2.88×10^{20}\, \mathrm{J}$
(2) $8.47×10^{9}\, \mathrm{t}$
(3) $7.62×10^{11}\, \mathrm{t}$
【知识点】
1. 功与功率计算
2. 热值公式应用
3. 比热容吸热计算
【点评】
本题综合考查了功率、热值、比热容的相关计算，涉及多个公式的灵活运用，关键是要注意单位的统一与换算，以及大数计算时的准确性，属于基础应用型题目。
【难度系数】
0.6